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Cours d’analyse du second semestre de L1
(écrit par Jean-Yves Ducloux (∗), version de 2019 revue en 2021 + annexes)
Sources :
• Liret et Martinais, Mathématiques pour le DEUG. Analyse 1ère année. Éd. Dunod. [517 LIR]
• E. Ramis, C. Deschamps, J. Odoux, Cours de mathématiques [51 L RAM] :
[512 RAM], [514 RAM], [515 RAM], [517 RAM], [517 RAM], niveau L1 seul dans [51 L1 RAM]
• Marc Hindry, Cours de Mathématiques, Première Année. Université Paris 7.(http://www.imj-prg.fr/~marc.hindry/Cours-L1.pdf)
(∗) Pour me contacter : Jean-Yves Ducloux <[email protected]>
0
Ch. 1. Continuité et dérivabilité
PlanI. ContinuitéII. Dérivabilité
I. Continuité
1. Généralités
NotationSoient f : I
intervalle infini−→ R et u, l ∈ R ∪ {−∞,+∞}.
On note « limx→ux∈I
f(x) = l » lorsque :
– limx→u
f(x) = l si u ∈] inf I, sup I[ ;– lim
x→ u+︸︷︷︸
(−∞ quand u = −∞)
f(x) = l et (u ∈ I ⇒ f(u) = l) si u = inf I ;
– limx→ u−︸︷︷︸
(+∞ quand u = +∞)
f(x) = l et (u ∈ I ⇒ f(u) = l) si u = sup I.
Définition-PropositionOn considère f : I
intervalle infini−→ R.
(a) On dit que f est continue en un point x0 de I si : limx→x0x∈I
f(x) = f(x0).
Cela équivaut à : ∀ε > 0 ∃α > 0 ∀x ∈ I(|x− x0| < α =⇒ |f(x)− f(x0)| < ε
).
(b) On dit que f est continue si elle est continue en tout point de I.
ExempleLes applications polynomiales et les applications sin, cos, ln, exp sont continues sur leur
intervalle de définition.
PropositionOn se donne une application g : J
intervalle infini−→ R.
(a) Soient f : Iintervalle infini
−→ R telle que f(I) ⊆ J et x0 ∈ I.
Si f est continue en x0 et g est continue en f(x0), alors g ◦ f est continue en x0.
(b) Soient (un)n≥0 une suite d’éléments de J et k ∈ J .Si un −→
n→+∞k et g est continue en k, alors g(un) −→
n→+∞g(k).
(c) Soient (un)n≥0 une suite d’éléments de J , k ∈ J ∪ {inf J, supJ} et l ∈ R∪ {−∞,+∞}.Si un −→
n→+∞k et g(y)−→
y→ky∈J
l, alors g(un) −→n→+∞
l. ←[généralise le (b)]
rappel
︷︸︸
︷
1
Démonstration
(a) Soit ε > 0. Continuité de g en f(x0) : |g(y)− g(f(x0))| < ε si y ∈ J et |y − f(x0)| < η.Ensuite, par continuité de f en x0 on a : |f(x)− f(x0)| < η dès que x ∈ I et |x− x0| < α.Ainsi, pour x ∈ I on a : |x− x0| < α ⇒ |f(x)− f(x0)| < η ⇒ |g(f(x))− g(f(x0))| < ε.Conclusion : g ◦ f est continue en x0.
(b) Découlera de (c).
(c) On se place seulement dans le cas suivant : k, l ∈ R (mêmes idées dans les autres cas).Soit ε > 0. Vu la limite de g en k, on a : |g(y) − l| < ε dès que y ∈ J et |y − k| < η.Ensuite, compte tenu de la limite de (un)n≥0, on a : |un − k| < η dès que n ≥ N .Ainsi, pour tout n ∈ N, on a : n ≥ N ⇒ |un − k| < η ⇒ |g(un)− l| < ε.Conclusion : g(un) −→
x→ul.
Découle des résultats sur la limite d’une composée.
Remarque (« caractérisation séquentielle de la continuité »)
On se donne une application g : Jintervalle infini
−→ R et k ∈ J .
Si pour toute suite (un)n≥0 d’éléments de J telle que un −→n→+∞
k on a g(un) −→n→+∞
g(k),
alors g est continue en k.
Démonstration
On raisonne par contraposition. On suppose que g n’est pas continue en k :∃ε > 0 ∀α > 0 ∃x ∈ I
(|x− k| < α et |g(x)− g(k)| ≥ ε
).
On fixe un tel ε > 0. Pour chaque n ∈ N le choix de α = 1n+1 fournit un ∈ I tel que :
|un − k| ≤ 1n+1 et |g(un)− g(k)| ≥ ε.
En passant à la limite dans la première inégalité, on obtient : un −→n→+∞
k.
Mais la seconde inégalité impose, par l’absurde, que g(un) -−→n→+∞
g(k).
Comme la condition de départ de la remarque n’est pas réalisée, l’implication est vraie.
2. Les trois théorèmes
NotationSoient a, b ∈ R tels que a > b. On pose [a, b] := [b, a] et ]a, b[ := ]b, a[.
Théorème (« théorème des valeurs intermédiaires »)
Soit f : [a, b] → R une application continue avec a, b ∈ R et a < b.Pour tout y0 ∈ [f(a), f(b)], il existe x0 ∈ [a, b] tel que y0 = f(x0).
Démonstration
La méthode qui suit, par « dichotomie », peut être utilisée par ordinateur pour trouver unesolution de l’équation f(x) = y0. On suppose que f(a) ≤ f(b) (mêmes idées si f(a) ≥ f(b)).
On va construire deux suites adjacentes (an)n≥0 et (bn)n≥0 par récurrence.
On commence en notant : (a0, b0) := (a, b).
Ensuite, à partir de (an, bn) on construit :
(an+1, bn+1) :=
{(an,
an+bn2 ) si y0 ≤ f(an+bn
2 )ou
(an+bn2 , bn) si f(an+bn
2 ) < y0.
x
y
O
y = f(x)
a0 b0=
b1
a1=
a2
b2
y0
On obtient an ≤ an+1 ≤ bn+1 ≤ bn et à l’aide d’une récurrence :bn − an = b−a
2n avec (∗) f(an) ≤ y0 ≤ f(bn).On note x0 la limite commune à (an)n≥0 et (bn)n≥0. On a : an ≤ x0 ≤ bn pour tout n ≥ 0.
En particulier a ≤ x0 ≤ b (avec n = 0), puis f(x0) = y0 par passage à la limite dans (∗).
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CorollaireSoit f : I
intervalle infini−→ R une application continue.
On a : f(I) est un intervalle.
Démonstration
Une partie J de R est un intervalle si et seulement si :∀u, v ∈ J ∀t ∈ R (u ≤ t ≤ v =⇒ t ∈ J).
Soient u, v ∈ f(I). On suppose que u < v et montre que [u, v] ⊆ f(I).Il existe a, b ∈ I tels que a < b et {f(a), f(b)} = {u, v}. En appliquant le théorème des valeursintermédiaires à f [a,b], on obtient : [u, v] ⊆ f([a, b]). D’où [u, v] ⊆ f(I).
Ainsi f(I) est un intervalle.
Lorsque I et J sont deux intervalles infinis donnés, existe-t-il une application continuef : I → J telle que f(I) = J ? Lorsque I n’est pas un segment, on peut construire une telle fau cas par cas → exercice. Par contre, lorsque I est un segment J doit être un segment.
Théorème (« théorème de l’image continue d’un segment »)
Soit f : [a, b] → R une application continue avec a, b ∈ R et a < b.
On a : f([a, b]) est un segment.En particulier, il existe c, d ∈ [a, b] tels que : f(c) = min
x∈[a,b]f(x) et f(d) = max
x∈[a,b]f(x).
Démonstration
On sait déjà que f([a, b]) est un intervalle. On montre qu’il a un plus grand élément.
On note : M = sup f([a, b]) ∈ R ∪+∞.Il existe une suite (xn)n≥0 d’éléments de [a, b] telle que f(xn) −→
n→+∞M .
D’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, il existe une suite (xnk)k≥0 extraite de (xn)n≥0
qui converge : xnk−→
k→+∞d ∈ R. Par prolongement des inégalités, on a : d ∈ [a, b].
La continuité de f en l donne : f(xnk) −→n→+∞
f(d). D’où : M = f(d) < +∞.
Démonstration classique à partir de l’introduction de M
• Soit n ∈ N. On introduit : In = [n,+∞[ si M = +∞, In =[M − 1
n+1 ,M]
si M ∈ R.L’ensemble An := {x ∈ [a, b] | f(x) ∈ In} est donc non-vide et majoré par b.
On pose : sn = supAn ∈ [a, b]. On va voir que sn appartient à An.Pour chaque k ∈ N, on choisit xk ∈ An tel que : sn − 1
k+1 ≤ xk ≤ sn.On passe à la limite : xk −→
k→+∞sn. Donc f(xk) −→
k→+∞f(sn).
Or : f(xk) ∈ In pour tout k ≥ 1. D’où : f(sn) ∈ In par prolongement des inégalités.
• Par ailleurs, pour tout n ≥ 0, on a : An+1 ⊆ An, donc sn+1︸︷︷︸supAn+1
≤ sn︸︷︷︸un majorant de An+1
.
La suite (sn)n≥0 est donc décroissante et minorée par a.On pose : d = lim
n→+∞sn ∈ [a, b]. On obtient : f(sn) −→
n→+∞f(d).
Vu que f(sn) ∈ In, on a aussi : f(sn) −→n→+∞
M . D’où : M = f(d) < +∞.
Les mêmes idées permettent de démontrer que f([a, b]) a un plus petit élément .
Théorème (« théorème de continuité de la “réciproque” »)
Soit f : Iintervalle infini
−→ R continue et strictement croissante (resp. strictement décroissante).
L’application f0 : I → f(I)x /→ f(x)
est bijective, et, sa réciproque [notée parfois par abus “f−1”]
est continue et strictement croissante (resp. strictement décroissante).
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Démonstration
On se place dans le cas où f est strictement croissante (même méthode dans l’autre cas).
• Si x, y ∈ I et x -= y, on a : x < y puis f(x) < f(y), ou, x > y puis f(x) > f(y) ; dans lesdeux cas f(x) -= f(y). Par conséquent, f est injective. Cela signifie que f0 est bijective.
• Soient u, v ∈ f(I) tels que u < v. Il existe x, y ∈ I tels que u = f(x) et v = f(y).Si x ≥ y, on a f(x)︸︷︷︸
u
≥ f(y)︸︷︷︸v
contradiction. On a donc x < y, ce qui s’écrit f−10 (u) < f−1
0 (v).
Ainsi, f−10 est strictement croissante.
• Soit y0 ∈ f(I). On vérifie que f−10 : f(I)
intervalle infini
−→ I ⊆ R est continue en y0.
On fixe x0 ∈ I tel que y0 = f(x0) et suppose que x0 -= inf I et x0 -= sup I (mêmes idées sinon).
Soit ε > 0. On fixe a, b ∈ I tels que : x0 − εpeut-être hors de I
< a < x0︸︷︷︸f−10 (y0)
< b < x0 + εpeut-être hors de I
.
On a : f(a) < f(x0) < f(b). On fixe α > 0 tel que : f(a) < y0 − α < y0 < y0 − α < f(b).Soit y ∈ f(I). Si |y − y0| < α, alors f(a) < y < f(b), alors a < f−1
0 (y) < f(b) car f−10 croît
strictement, alors∣∣f−1
0 (y)− f−10 (y0)
∣∣ < ε.
On en déduit que f−10 est continue en y0.
RemarquesOn reprend les notations du théorème précédant.
1. On a les précisions suivantes avec a et b et les limites appartenant tous à R∪{−∞,+∞} :– si I = [a, b] : f(I) = [f(a), f(b)] (resp. [f(b), f(a)]) ;
– si I = ]a, b] : f(I) = ] limx→a+
f(x), f(b)] (resp. [f(b), limx→a+
f(x)[) ;
– si I = [a, b[ : f(I) = [f(a), limx→b−
f(x)[ (resp. ] limx→b−
f(x), f(a)]) ;
– si I = ]a, b[ : f(I) = ] limx→a+
f(x), limx→b−
f(x)[ (resp. ] limx→b−
f(x), limx→a+
f(x)[).
2. Le graphe de f0−1 est l’image du graphe de f par la symétrie orthogonale (x, y) /→ (y, x)
par rapport à la première bissectrice.
Démonstration
1. On vérifie à chaque fois deux inclusions. L’inclusion (⊆) découle de la monotonie de f ,sachant que lim
x→a+f(x) et lim
x→b−f(x) sont des bornes de f(I). L’autre inclusion découle du
théorème des valeurs intermédiaires.
2. Pour (x, y) ∈ R2, on a : (y, x) ∈ graphe(f0−1) ⇐⇒ (y ∈ f(I) et f0
−1(y) = x)⇐⇒ (x ∈ I et y = f(x)) ⇐⇒ (x, y) ∈ graphe(f).
D’où le résultat.
3. Fonctions réciproques usuelles
En annexe : les graphes des fonctions usuelles (dont cosh, sinh, et tanh).
Définition-Proposition (« fonctions trigonométriques réciproques »)
(a) Les applications arcsin : [−1, 1]→[−π
2 ,π2
], arccos : [−1, 1]→ [0,π], arctan : R→
]−π
2 ,π2
[
sont les réciproques (continues) des bijections continues strictement monotones suivantes :[−π
2 ,π2
]→ [−1, 1]
y /→ sin yqui croît, [0,π] → [−1, 1]
y /→ cos yqui décroît,
]−π
2 ,π2
[→ R
y /→ tan yqui croît.
Pour tous x, y ∈ R, on a donc :(x ∈ [−1, 1] et y = arcsinx
)⇐⇒
(y ∈
[−π
2 ,π2
]et x = sin y
);(
x ∈ [−1, 1] et y = arccos x)
⇐⇒(y ∈ [0,π] et x = cos y
);
y = arctan x ⇐⇒(y ∈
]−π
2 ,π2
[et x = tan y
).
4
(b) On a : arcsin′(x) = 1√1−x2 quand x ∈ ]−1, 1[ ;
arccos′(x) = − 1√1−x2 quand x ∈ ]−1, 1[ ;
arctan′(x) = 11+x2 quand x ∈ R.
On en déduit que : arcsinx+ arccos x = π2 quand x ∈ [−1, 1].
Remarques1. Pour tout x ∈ [−1, 1], on a : sin(arcsinx) = sin [−π
2,π2](arcsinx) = x.
Cependant : arcsin(sinπ) -= π (attention !).
2. Soit x ∈ [−1, 1]. On a : arcsin(−x) = − arcsinx (éléments de [−π2 ,
π2 ] de même sinus).
On a aussi : arccos(−x) = π − arccos x (éléments de [0,π] de même cosinus).
3. Soit x ∈ R. On a : arctan(−x) = − arctan x (éléments de]−π
2 ,π2
[de même tangente).
Définition-Proposition (« fonctions hyperboliques »)
(a) Soit x ∈ R. On pose : coshx = ex+e−x
2 (paire), sinhx = ex−e−x
2 et tanhx = sinhxcosh x
(impaires).
Donc : ︸ ︷︷ ︸(cosh x + sinhx)(cosh x− sinhx)
cosh2 x− sinh2 x = 1, cosh′ x = sinhx, sinh′ x = cosh x, et tanh′ x = 1 − tanh2 x =
1cosh2 x
. ↖[coshx %= 0]
(b) Les formules hyperboliques se déduisent des formules trigonométriques en utilisant :« cos(ix) = cosh x, sin(ix) = i sinhx, et tan(ix) = i tanhx » (procédé mnémotechnique).
Définition-Proposition (« fonctions hyperboliques réciproques »)
(a) Les applications arsinh: R → R, arcosh : [1,+∞[ → [0,+∞[, et artanh: ]−1, 1[ → R
sont les réciproques des bijections continues strictement croissantes suivantes :R → R
y /→ sinh y, [0,+∞[ → [1,+∞[
y /→ cosh y, et R → ]−1, 1[
y /→ tanh y.
Pour tous x, y ∈ R, on a donc :y = arsinhx ⇐⇒ x = sinh y ;(x ∈ [1,+∞[ et y = arcoshx
)⇐⇒
(y ∈ [0,+∞[ et x =
cosh y);(
x ∈ ]−1, 1[ et y = artanhx)
⇐⇒ x = tanh y.
(b) On a : arsinh(x) = ln(x+√x2 + 1) et arsinh′(x) = 1√
x2+1quand x ∈ R ;
arcosh(x) = ln(x+√x2 − 1) quand x ≥ 1 et arcosh′(x) = 1√
x2−1quand x > 1 ;
artanh(x) = 12 ln(
1+x1−x) et artanh′(x) = 1
1−x2 quand −1 < x < 1.
II. Dérivabilité
1. Généralités
Définition-PropositionSoient f : I
intervalle infini−→ R, x0 ∈ I et l ∈ R.
(a) On suppose que x0 n’est pas une borne de I.On dit que f est dérivable en x0 et f ′(x0)︸ ︷︷ ︸
oudf(x)dx x=x0
←[ dx2
dx =2x mais -(x2)′=2x]
= l si : f(x)−f(x0)x−x0
−→x→x0x )=x0
l .
Cela équivaut à l’existence d’une application ε : Jintervalle ouvert contenant 0
−→ R telle que :
x0 + h ∈ I et f(x0 + h) = f(x0) + hl + hε(h) pour tout h ∈ J , avec ε(h) −→h→0
0.
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(b) On dit que f a une dérivée à droite (resp. à gauche) en x0 et f ′d(x0) = l (resp.
f ′g(x0) = l) si : f(x)−f(x0)
x−x0−→x→x+
0
l (resp. f(x)−f(x0)x−x0
−→x→x−0
l ).
(c) On dit que f est dérivable si elle est dérivable en tout point de I qui n’est pas bornede I et elle a une dérivée d’un coté, encore notée f ′(b), en tout point b de I qui est borne de I.
Dans ce cas, la dérivée de f est l’application f ′ : I → R qui envoie x sur f ′(x).
Remarques (notation ci-dessus)
1. En passant à la limite dans f(x) = f(x0) + (x − x0)f(x)−f(x0)
x−x0(x -= x0), on obtient :
si f est dérivable en x0 alors f est continue en x0 .
2. Dans le cas où x0 n’est pas borne de I, l’application f aune dérivée en x0 et f ′(x0) = l si et seulement si pour toutε > 0, il existe α > 0 tel que le graphe de f ]x0−α,x0+α[ estinclus dans la partie hachurée ci-contre.
x
y
O x0 − α x0 x0 + α
f(x0)pente
l − εpent
e l +ε
3. La définition de f ′(x0) se généralise au cas d’une application f : Iintervalle infini
−→ C en
remplaçant simplement R par C. Ainsi, en posant f(x) = g(x)
∈
R
+ ih(x)
∈
R
quand x ∈ I, on a :
f est dérivable en x0 si et seulement si g et h le sont ; dans ce cas : f ′(x0) = g′(x0) + ih′(x0).
Proposition(a) Soient f, g : I
intervalle ouvert−→ R et x0 ∈ I. On suppose que f et g sont dérivables en x0.
On a : (f + g)′(x0)︸ ︷︷ ︸existe
= f ′(x0) + g′(x0), (fg)′(x0)︸ ︷︷ ︸existe
= f ′(x0) g(x0) + f(x0) g′(x0),
et(fg
)′(x0)
︸ ︷︷ ︸existe
= f ′(x0) g(x0)−f(x0) g′(x0)g(x0)2
quand g(x0) -= 0.
(b) Soient f : Iintervalle ouvert
−→ R et g : Jintervalle ouvert
−→ R tels que f(I) ⊆ J , et x0 ∈ I.
On suppose que : f est dérivable en x0 et g est dérivable en f(x0).On a : g ◦ f est dérivable en x0 et (g ◦ f)′(x0) = g′(f(x0)) × f ′(x0).
[À la physicienne en posant y = f(x) et z = g(y), on a : dzdx = dz
dydydx .]
(c) Soient f : Iintervalle ouvert
−→ R continue strictement monotone et x0 ∈ I.
On suppose que : f est dérivable en x0 et f ′(x0) -= 0.On note par abus “f−1” la réciproque de la bijection : I → f(I)
x /→ f(x)et pose y0 = f(x0).
On a : f(I) est un intervalle ouvert, f−1 est dérivable en y0 et (f−1)′(y0) =1
f ′(f−1(y0)
) .[À la physicienne en posant y = f(x), on a : dx
dy = 1dydx
.]
Démonstration
(a) On a : f(x0 + h) = f(x0) + hf ′(x0) + hε1(h) avec ε1(h)−→h→0
0 ;
g(x0 + h) = g(x0) + hg′(x0) + hε2(h) avec ε2(h)−→h→0
0.
Donc : (f + g)(x0 + h) = f(x0) + g(x0) + h (f ′(x0) + g′(x0)) + h (ε1(h) + ε2(h)︸ ︷︷ ︸−→h→0
0
) ;
(fg)(x0 + h) = f(x0) g(x0) + h (f ′(x0) g(x0) + f(x0) g′(x0)) + h ( · · ·︸︷︷︸−→h→0
0
).
Quand g(x0) -= 0, on a : fg = f × 1
g avec1
g(x)−1
g(x0)
x−x0= − 1
g(x) g(x0)g(x)−g(x0)
x−x0−→x→x0x )=x0
−g′(x0)g(x0)2
,
en supposant x est suffisamment proche de x0 pour que g(x) -= 0.
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(b) On a : f(x0 + h) = f(x0) + hf ′(x0) + hε1(h) avec ε1(h)−→h→0
0 ;
g(f(x0) + k) = g(f(x0)) + kg′(f(x0)) + kε2(k) avec ε2(k)−→k→0
0.
Donc : (g ◦ f)(x0 + h) = g(f(x0)) + h g′(f(x0)) × f ′(x0) + h ε3(h), où
ε3(h) := g′(f(x0)) × ε1(h) + (f ′(x0) + ε1(h)) × ε2(hf ′(x0) + hε1(h)
)−→h→0
0.
(c) On sait que f−1 est continue et que f(I) est un intervalle ouvert. Soit y ∈ J .On a, en posant x = f−1(y) : f−1(y)−f−1(y0
y−y0= 1
f(x)−f(x0)x−x0
−→y→y0y )=y0
1f ′(x0)
. D’où le résultat.
ExempleLe (c) permet de prouver les formules qui avaient été admises pour les dérivées de exp,
arcsin, arccos, et arctan. ←[s’assurer que les étudiants savent retrouver arcsin′, arccos′, et arctan′]
Par exemple, on a :deu
du=
1d ln vdv v=eu
= eu pour u ∈ R
Soit z = x∈
R
+ i y∈
R
∈ C. On pose : exp z := ex (cos y + i sin y).
On déduit de ce qui précède que : ddt(exp(tz)) = z exp(tz) pour t ∈ R.
2. Dérivées successives
DéfinitionSoient f : I
intervalle infini−→ R et n ∈ N.
(a) Par convention, f est toujours 0-dérivable et f (0) := f .Si n ≥ 0, on dit que f est n-fois dérivable si f est dérivable et f ′ est n− 1-fois dérivable. (∗)
Dans ce cas, on note : f (n) = (f ′)(n−1).
(b) On dit que f est de classe Cn si f est n-fois dérivable et f (n) est continue.On dit que f est de classe C∞ si f est k-fois dérivable pour tout k ∈ N.
RemarquesOn se donne n ∈ N \{0}. Dans les trois cas qui suivent, on pourra remplacer « n-fois
dérivable » par « de classe Cn » ou par « de classe C∞ ».
(a) On constate tout de suite par récurrence qu’une somme, un produit, un quotient (avecun dénominateur qui ne s’annule pas) de deux fonctions n-fois dérivables est n-fois dérivable.
(b) De même, si f : Iintervalle ouvert
−→ R et g : Jintervalle ouvert
−→ R tels que f(I) ⊆ J sont n-fois
dérivables, alors g ◦ f est n-fois dérivable.
(c) Enfin, si f : Iintervalle ouvert
−→ R est n-fois dérivable et strictement monotone avec f ′ qui ne
s’annule pas, alors la réciproque de la bijection x /→ f(x) de I dans f(I) est n-fois dérivable.
Proposition (« formule de Leibniz »)
Soient f, g : Iintervalle infini
−→ R des applications n-fois dérivable avec n ∈ N \{0}.
On a : fg est n-fois dérivable et (fg)(n) =n∑
k=0
(nk
)f (k)g(n−k).
Démonstration
On effectue une récurrence sur n.
(i) On a : (fg)(0) = fg = f (0)g(0).
(∗) Plus rigoureusement, l’ensemble Dn des applications n-fois dérivables de I dans R se définit par récurrence :D0 est l’ensemble des applications de I dans R et, lorsque n ≥ 1, Dn est l’ensemble des applications dérivablesg : I → R telles que g′ ∈ Dn−1.
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(ii) On suppose la formule vraie pour un certain n ≥ 0. On a :
(fg)(n+1) =((fg)(n)
)′=
n∑
k=0
(nk
)f (k+1)g(n−k) +
n∑
k′=0
(nk′)f (k′)g(n−k′+1)
CV k + 1 = l et k′ = l=
(n0
)︸︷︷︸(
n+10
)
fg(n+1) +n∑
l=1(( nl−1
)+
(nl
))
︸ ︷︷ ︸(
n+1l
)
f (l)g(n+1−l) +(nn
)︸︷︷︸(
n+1n+1
)
f (n+1)g.
3. Théorème de Rolle
NotationSoient a, b ∈ R tels que a > b. On pose [a, b] := [b, a] et ]a, b[ := ]b, a[.
Théorème (« théorème de Rolle »)
Soit f : [a, b] → R avec a, b ∈ R distincts.On suppose que f est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ avec f(a) = f(b). (∗)
Alors il existe c ∈ ]a, b[ tel que : f ′(c) = 0.
Démonstration
• Si f est constante, on a f ′ = 0, et le milieu c de [a, b] convient.
• Sinon, il existe t ∈ [a, b] tel que f(t) -= f(a).On se place dans le cas où f(t) > f(a)
(même méthode pour f(t) < f(a)
).
Comme f est continue, son image f([a, b]) est un segment [m,M ] avec m ≤ M .Il existe c ∈ [a, b] tel que M = f(c). On a : M ≥ f(t) > f(a) = f(b) donc c ∈ ]a, b[.D’où : f ′(c) = (f ]a,b[)
′(c) = 0.
(∗) On dira qu’une fonction f définie sur une partie D de R et à valeurs dans R est continue (resp. dérivable)sur un intervalle infini I inclus dans D si sa restriction à I est continue (resp. dérivable). Lorsque I = D ouI est un intervalle ouvert, cela signifie que f est continue (resp. dérivable) en tout point de I .
8
Annexe : graphes de certaines fonctions usuelles
x
y
0−1 1 2
1
2y = x2
y =√x
x
y
0−1 1 e
−1
1
e
y = lnx
y = expx
x
y
0−π2−1 1 π
2π 3π
2
−π2
−1
1
π2
y = sinx
y = arcsinx
x
y
0−1 1
−1
1
y = sinhx
y = arsinhx
x
y
0−1 1−π2
π2
π 3π2
−1
1
π2
π
y = cos x
y = arccos x
x
y
0−1 1
1
y = coshx
y = arcosh x
x
y
0−π2−1 1 π
2
−π2
−1
1
π2
y = tan x y = tanx
y = tanx
y = arctan x
x
y
0−1 1
−1
1y = tanhx
y = artanhx
9
10
Ch. 2. Intégrale de Riemann
PlanI. Intégrale de Riemann d’une fonction continueII. Calcul de primitives
Dans tout ce chapitre on fixe a, b ∈ R tels que a < b.
I. Intégrale de Riemann d’une fonction continue1. Construction
IdéeSoit f : [a, b] → R continue. On suppose pour simplifier que f ≥ 0.
On cherche à donner un sens à l’aire de la partie hachurée suivante :
x
y
O
y = f(x)
a b
On va l’approximer par l’aire An de la partie minimale suivante qui couvre le graphe de f :
x
y
O a=
x0
x1 x2 b=
xn
M1M2
M3
b−an
b−an
b−an
(ici : n = 3)
Exemples(1) On choisit f : [0, 2] → R avec le graphe suivant :
0 1 2
1
x
y
O
y = f(x)
Ici : A1 = 2, A2 = 1, A3 =43 , A4 = 1.
[La suite (An)n≥1 n’est donc pas monotone. Par contre la suite (A2n)n≥0 est toujours décroissante.]
(2) On choisit f : [0, 1] → R donnée par f(x) =
{1 si x ∈ Q
0 sinon, ce qui s’écrit f = 1lQ [0,1].
[Pour toute application f : E
ensemble→ F
ensembleet toute partie A de E, on note f A : A → F
x /→ f(x).]
On a : x0 =0n = 0, x1 =
1n , ..., xn = n
n = 1, donc M1 = ... = Mn = 1 puis An = 1.On a aussi : x0 ≤ x0+
1√2n
≤ x1 ≤ x1+1√2n
≤ ... ≤ xn, donc m1 = ... = mn = 0 puis an = 0.
11
[Le calcul de mk utilise le fait que√2 /∈ Q. Cela se démontre par l’absurde. Sinon
√2 = a
b avec a ∈ Z
et b ∈ N \{0} où b est minimal, puis√2 = a
b = 2ba = 2b−a
a−b avec 0 < a− b < b ; d’où une contradiction.]
Définition-Proposition (résultats admis)
Soient f, g : [a, b] → R continues.
(a) [hors programme] On associe à chaque n ∈ N \{0} les réelsxk = a+k b−a
n pour 0 ≤ k ≤ n, Mk = supxk−1≤x≤xk
f(x) et mk = infxk−1≤ x≤xk
f(x) pour 1 ≤ k ≤ n,
puis An = (x1 − x0)M1 + · · ·+ (xn − xn−1)Mn et an = (x1 − x0)m1 + · · ·+ (xn − xn−1)mn.
Les suites (An)n≥1 et (an)n≥1 convergent vers une même limite, qu’on note∫ ba f(x) dx.
On pose :∫ ab f(x) dx=−
∫ ba f(x) dx et
∫ cc f(x) dx=0 pour tout c ∈ [a, b].
(b) L’intégrale sur [a, b] vérifie les propriétés suivantes : (∗)
(i)∫ ba 1 dx = b− a et
∫ ba (αf + βg)(x) dx = α
∫ ba f(x) dx+ β
∫ ba g(x) dx quand α,β ∈ R ;
(ii) si f ≤ g, alors∫ ba f(x) dx ≤
∫ ba g(x) dx ;
(iii)∫ wu f(x) dx =
∫ vu f(x) dx+
∫ wv f(x) dx quand u, v, w ∈ [a, b] (« relation de Chasles »).
2. Propriétés de l’intégrale
Définition-PropositionSoit f : [a, b] → R continue.Le nombre 1
b−a
∫ ba f(x) dx s’appelle la valeur moyenne de f sur [a, b].
(a) L’application continue |f | vérifie :∣∣∫ b
a f(x) dx∣∣ ≤
∫ ba |f(x)|dx .
(b) Il existe c ∈ [a, b] tel que : 1b−a
∫ ba f(x) dx = f(c) « formule de la moyenne ».
Démonstration
(a) On a −|f | ≤ f ≤ |f |, donc −∫ ba |f(x)|dx ≤
∫ ba f(x) dx ≤
∫ ba |f(x)|dx, d’où l’inégalité.
(b) On pose m = infa≤x≤b
f(x) et M = supa≤x≤b
f(x). On a : m ≤ f ≤ M .
Donc, en intégrant de a à b : (b−a)m ≤∫ ba f(x) dx ≤ (b−a)M par les points (i) et (ii) du 1.
D’où 1b−a
∫ ba f(x) dx ∈ [m,M ]. Or la continuité de f sur [a, b] donne : [m,M ] = f([a, b]).
Cela fournit le résultat.
PropositionSoit f : [a, b] → R continue.
On a :1
b− a
∫ b
af(x) dx
︸ ︷︷ ︸valeur moyenne de f sur [a, b]
= limn→+∞
1
n
n∑
k=1
f(a+ k b−a
n
)
︸ ︷︷ ︸moyenne de f
(
a + b−an
)
, ..., f(
a + n b−an
)
.
Démonstration
Soit n ∈ N \{0}. On utilise les réels qui ont permis de définir∫ ba f(x) dx.
On a : f(a+ k b−a
n
)= f(xk) et mk ≤ f(xk) ≤ Mk pour 0 ≤ k ≤ n.
Ainsi : an = b−an
n∑
k=1mk ≤ b−a
n
n∑
k=1f(a+ k b−a
n
)≤ An = b−a
n
n∑
k=1Mk.
Il reste à appliquer le théorème des gendarmes.
(∗) Le « théorème fondamental de l’intégration » qui s’en déduira, montrera que, lorsqu’on fait varier a et b,les propriétés (i), (ii), (iii) pour u = a ≤ v ≤ w = b, déterminent l’intégrale des fonctions continues sur [a, b].
12
ExemplesOn peut – si on le souhaite – étudier 1
n
n∑
k=1f(a+ k b−a
n
)en se ramenant au segment [0, 1]
à l’aide de f(x) := f(a+ (b− a)x) pour x ∈ [0, 1], car 1n
n∑
k=1f(a+ k b−a
n
)= 1
n
n∑
k=1f(kn
).
(1) Limite de la suite un = 1n
((1 + 1
n)2 + (1 + 2
n)2 + · · ·+ (1 + n
n)2), n ≥ 1 ?
On constate que : un = 1n
n∑
k=1f(kn
)où f : [0, 1] → R
x /→ (1 + x)2est continue.
D’après la proposition on a : limn→+∞
un =∫ 10 (1 + x)2 dx
cf. plus loin=
[(1+x)3
3
]10= 7
3 .
[Autre méthode : la formule 12 + · · ·+ n2 = n(n+1)(2n+1)6 donne un = 1
6 (2 +1n )(7 +
1n ) pour n ≥ 1.]
La formule de la moyenne s’écrit ici : il existe c ∈ [0, 1] tel que∫ 10 (1 + x)2 dx = (1 + c)2.
(2) Limite de la suite vn = 1n
(sin 1
n + sin 2n + · · ·+ sin n
n
), n ≥ 1 ?
On constate que : vn = 1n
n∑
k=1g(kn
)où g : [0, 1] → R
x /→ sinxest continue.
La proposition donne ici : limn→+∞
vn =∫ 10 sinxdx
cf. plus loin= [− cos x]10 = 1− cos 1.
[Autre méthode : la formule (eiθ)1 · · ·+(eiθ)n = ei(n+1)θ
2sin(nθ
2 )
sin( θ2 )
donne vn =sin(n+1
2n ) sin( 12 )
n sin( 12n )
pour n ≥ 1.]
D’après la formule de la moyenne, il existe d ∈ [0, 1] tel que∫ 10 sinxdx = sin d.
II. Calcul de primitivesDans les cas simples, le calcul de
∫ ba f(x)dx va se ramener à trouver F : [a, b] → R
dérivable tel que F ′ = f .
1. Techniques d’intégration
DéfinitionUne primitive d’une application f : I
intervalle infini−→ R est une application dérivable F : I → R
telle que F ′ = f .
Théorème (« théorème fondamental de l’intégration »)
(a) Soient f : Iintervalle infini
−→ R une application continue et a ∈ I.
L’application Fa : x ∈ I /→∫ xa f(t) dt est une primitive de f .
b) Soient f : [a, b] → R une application continue et F une primitive de f .
On a :∫ ba f(x) dx = F (b)− F (a) .(∗)←[reste valable avec l’hypothèse « f Riemann-intégrable », cf. Ramis p. 222]
On notera [F (x)]ba := F (b)− F (a).
Démonstration
(a) Soit x0 ∈ I. On se donne h ∈ R \{0} tel que x0 + h ∈ I.
Il existe c ∈ [x0, x0 + h] tel que 1h
∫ x0+hx0
f(t) dt = f(c).
Ainsi :∣∣∣Fa(x0+h)−Fa(x0)
h − f(x0)∣∣∣ =
∣∣∣ 1h∫ x0+hx0
f(t) dt− f(x0)∣∣∣ = |f(c)− f(x0)|
(∗) On aurait pu définir∫ b
af(x) dx par cette égalité, après avoir démontré que f admet une primitive F
et que F (b) − F (a) ne dépend pas du choix de la primitive. Pour construire une primitive F de f , on posefn(xk−1+t(xk−xk−1)) = f(xk−1)+t(f(xk)−f(xk−1)) pour 1 ≤ k ≤ n et t ∈ [0, 1]. On construit explicitementla primitive Fn de fn qui s’annule en a. Ensuite : f est « limite uniforme » de la suite (fn)n≥1 (th. de Heine)et le « th. convergence uniforme + dérivabilité » de L2 montre que (Fn)n≥1 converge vers une primitive de f .
13
Soit ε > 0. Comme f est continue en x0, il existe α > 0 tel que :|f(x)− f(x0)| < ε dès que x ∈ I ∩ ]x0 − α, x0 + α[.
Lorsque |h| < α, on a [x0, x0 + h] ⊆ ]x0 − α, x0 + α[ donc c ∈ ]x0 − α, x0 + α[, puis :∣∣∣Fa(x0+h)−Fa(x0)h − f(x0)
∣∣∣ < ε.
D’où : Fa(x0+h)−Fa(x0)h −→
h→0, x0+h∈Ih%=0
f(x0), ce qui s’écrit F ′a(x0) = f(x0).
(b) D’après (a) : F − Fa est dérivable et (F − Fa)′ = 0.Il existe donc k ∈ R tel que F − Fa = k.On en déduit : F (b)− F (a) = (Fa(b) + k)− (Fa(a) + k) = Fa(b)− Fa(a) =
∫ ba f(x) dx.
ConventionSoient f : I
intervalle infini−→ R une application continue et a ∈ I.
En reprenant la démonstration du théorème (b), on constate que les primitives de f sontles applications x /→
∫ xa f(t) dt+ k où k ∈ R. Pour exprimer dans un calcul qu’une fonction
F est une primitive de f , on écrira abusivement :∫f(x) dx = F (x) + cte, x ∈ I.
même variable !Par exemple :∫
dtt = ln t+ cte, t > 0.
CorollaireSoit f : [a, b] → R une application continue telle que f ≥ 0.
On a :∫ ba f(x) dx ≥ 0 (déjà vu) et
( ∫ ba f(x) dx = 0 ⇐⇒ f = 0
).
Démonstration
D’après le théorème, f admet une primitive F . Comme F ′ ≥ 0, l’application F croît.Ainsi :
∫ ba f(x) dx = F (b)− F (a) ≥ 0. En utilisant la croissance de f , on en déduit que :
∫ ba f(x) dx = 0 ⇐⇒ F (b) = F (a) ⇐⇒ F = cte ⇐⇒ F ′ = 0 ⇐⇒ f = 0.
Théorème (« théorème de changement de variable »)
Soient f : Iintervalle infini
−→ R continue, ϕ : Jintervalle infini
−→ I de classe C1, et u, v ∈ J .
On a :∫ ϕ(v)ϕ(u) f(x) dx =
∫ vu f(ϕ(t))ϕ′(t) dt .
En pratique, on écrira d’abord : « CV x = ϕ(t), donc dx = ϕ′(t) dt ».
Démonstration
Soit F : I → R une primitive de f . Donc F ◦ ϕ est dérivable et (F ◦ ϕ)′ = (f ◦ ϕ)ϕ′.On applique aux fonctions continues f et (f◦ϕ)ϕ′ le théorème fondamental de l’intégration :∫ ϕ(v)
ϕ(u) f(x) dx = [F (x)]ϕ(v)ϕ(u) = [(F ◦ ϕ)(t)]vu =∫ vu f(ϕ(t))ϕ′(t) dt.
Cas particuliers(1) Soient A > 0 et f : [−A,A] → R continue.On a :
∫ A−A f(x) dx =
∫ 0−A f(x) dx+
∫ A0 f(x) dx.
Le CV x = −t donne dx = −dt, puis :∫ 0−A f(x) dx =
∫ 0A f(−t) (−dt) =
∫ A0 f(−t) dt.
D’où :∫ A−A f(x) dx = 0 si f est impaire et
∫ A−A f(x) dx = 2
∫ A0 f(x) dx si f est paire .
(2) Soient A ∈ R et f : R → R continue.On a :
∫ A+2πA f(x) dx =
∫ 0A f(x) dx+
∫ 2π0 f(x) dx+
∫ A+2π2π f(x) dx.
Le CV x = t+ 2π donne dx = dt, puis :∫ A+2π2π f(x) dx =
∫ A0 f(t+ 2π) dt.
D’où :∫ A+2πA f(x) dx =
∫ 2π0 f(x) dx si f est périodique de période 2π .
14
Exemple(a) Calcul de
∫ 1−1
√1− x2 dx ?
CV x = sin t, t ∈ [−π2 ,
π2 ] donc
√1− x2 = |cos t| et dx = cos t dt.
On a :∫ 1−1
√1− x2 dx =
∫ sin(π2 )
sin(−π2 )
√1− x2 dx =
∫ π2−π
2|cos t︸︷︷︸≥ 0
| cos t dt =∫ π
2−π
2
cos(2t)+12 dt
puis :∫ 1−1
√1− x2 dx =
[sin(2t)
4 + t2
]π2
−π2
= π2 .
(b) Calcul de∫ √
1− x2 dx , x ∈ [−1, 1] ?
Idée : calculer∫ x0
0
√1− x2 dx avec les CV x0 = sin t0 et x = sin t, où t0, t ∈ [−π
2 ,π2 ].
On se contente (en étant moins rigoureux) de reprendre le calcul précédent sans les bornes :∫ √1− x2 dx = · · · = sin(2t)
4 + t2 + cte = sin t cos t
2 + t2 + cte = x
√1−x2
2 + arcsinx2 + cte.
non dérivables en −1 et 1 (mais leur somme l’est)
Théorème (« théorème d’intégration par parties »)
Soient u, v : [a, b] → R de classe C1.
On a :∫ ba u(x) v′(x) dx = [u(x) v(x)]ba −
∫ ba u′(x) v(x) dx .
Démonstration
On applique à la fonctions continue f := (uv)′ le théorème fondamental de l’intégration :∫ ba
(u′(x)v(x) + u(x)v′(x)
)dx =
∫ ba (uv)
′(x) dx = [u(x)v(x)]ba. Le résultat en découle.
ExempleCalcul de
∫lnxdx, x > 0 ?
On pense à∫ x1 ln udu mais « oublie » les bornes qui resteraient fixées tout du long :
∫lnxdx =
∫( lnx︸︷︷︸
u(x)
) 1︸︷︷︸v′(x)
dx = (ln x︸︷︷︸u(x)
) x︸︷︷︸v(x)
−∫
1x︸︷︷︸
u′(x)
x︸︷︷︸v(x)
dx = (ln x)x− x+ cte.
Corollaire (« formule de Taylor avec reste intégral »)
Soient f : [a, b] → R et n ∈ N.On suppose que f est de classe Cn+ 1.
Alors on a :
f(b) = f(a) + b−a1! f ′(a) + · · ·+ (b−a)n
n! f (n)(a) +∫ ba
(b−x)n
n! f (n+1)(x) dx .
Démonstration
Par des intégrations par parties successives, on obtient :∫ ba
(b−x)n
n!︸ ︷︷ ︸u(x)
f (n+1)(x)︸ ︷︷ ︸
v′(x)
dx =[ (b−x)n
n! f (n)(x)]ba+
∫ ba
(b−x)n−1
(n−1)! f (n)(x) dx = . . .
=[ (b−x)n
n! f (n)(x)]ba+
[ (b−x)n−1
(n−1)! f (n−1)(x)]ba+ · · · +
[ (b−x)1
1! f ′(x)]ba+
∫ ba
(b−x)0
0! f ′(x) dx︸ ︷︷ ︸
f(b)− f(a)
.
D’où le résultat.
2. Primitives de fonctions rationnelles
FormulaireSoit a > 0. La formule encadrée est utile et les autres sont à connaître pour a = 1 :
(i)∫
dxx2+a2 = 1
a arctan(xa
)+ cte sur R ;
[(i)’
∫dx
a2−x2 = 12a ln
∣∣a+xa−x
∣∣+ cte sur ]−∞,−a[ (resp. ]−a, a[, ]a,+∞[) ;]
←
15
{1a
artanh( xa) + cte si |x| < a
1a
artanh( ax) + cte si |x| > a
(ii)∫
dx√a2−x2 = arcsin
(xa
)+ cte sur ]−a, a[ ;
(iii)∫
dx√x2+a2
= ln(x+
√x2 + a2
)+ cte sur R ; ←− arsinh(x
a) + cte′
(iv)∫
dx√x2−a2
= ln∣∣∣x+
√x2 − a2
∣∣∣+ cte sur ]−∞,−a[ (resp. ]a,+∞[). ←{
arcosh( xa) + cte′ si x > a
− arcosh(− xa) + cte′ si x < −a
Théorème (« théorème de décomposition en éléments simples »)
Soient A ∈ R[X] et B ∈ R[X] \{0}. On pose : F := AB .
(a) Il existe γ ∈ R \{0}, une partie finie {r1, ..., rmdistincts
} de R munie de α1, ...,αm ∈ N \{0}, et
une partie finie {(u1, v1), ..., (un, vn)couples distincts
} de R2 munie de β1, ...,βn ∈ N \{0}, uniques tels que :
B = γ(X − r1)α1 ...(X − rm)αm(X2 + u1X + v1)β1 ...(X2 + unX + vn)βn
où les polynômes X2 + u1X + v1 et ... et X2 + unX + vn n’ont pas de racine réelle.
b) La fraction rationnelle F est somme de manière unique :
– d’un polynôme E ∈ R[X] appelée partie entière de F ;– « d’éléments simples de 1re espèce » λ
(X−rk)iavec λ ∈ R, 1 ≤ k ≤ m, 1 ≤ i ≤ αk ;
– « d’éléments simples de 2e espèce » µX+ν(X2+ulX+vl)j
avec µ, ν ∈ R, 1 ≤ l ≤ n, 1 ≤ j ≤ βl.[∀x ∈ R\{r1, ..., rm} F (x) = E(x)+
m∑
k=1
(λk,1
x−rk+ ...+
λk,αk
(x−rk)αk
)+
n∑
l=1
(µl,1x+νl,1x2+ulx+vl
+ ...+µl,βl
x+νl,βl
(x2+ulx+vl)βl
).]
c) Le polynôme E du (b) est égal au quotient de la division euclidienne de A par B. Il estnul si deg(A) < deg(B), et non-nul avec un degré égal à deg(A)− deg(B) sinon.
Quand A n’est pas divisible par X − rk (resp. par X2 + ulX + vl) l’élément simple de laforme λ
(X−rk)αk
(resp. µX+ν(X2+ulX+vl)
βl) vérifie λ -= 0 (resp. (µ, ν) -= (0, 0)).
Exemple 1
On considère : F =1
X3 + 1.
On a : X3 + 1︸ ︷︷ ︸s’annule en −1
= (X+1)(X2+ ?︸ ︷︷ ︸X2 −X + 1
) avec X2−X+1 sans racine réelle (vu le discriminant).
Il existe donc λ, µ, ν ∈ R uniques tels que :1
(X + 1)(X2 −X + 1)︸ ︷︷ ︸F
= 0︸︷︷︸E
+λ
X + 1+
µX + ν
X2 −X + 1.
On pourrait réduire le membre de droite au même dénominateur, puis identifier les coeffi-cients des numérateurs. On peut aussi remplacer X par x puis utiliser les astuces suivantes :– on multiplie par x+ 1 et passe à x → −1 avec x -= −1 : λ = 1
3 ;– on prend x = 0 : 1 = λ+ ν, donc ν = 2
3 ;– on multiplie par x et passe à x → +∞ : 0 = λ+ µ, donc µ = −1
3 .(Au lieu d’utiliser les valeurs 0 et +∞, on aurait aussi pu prendre une valeur complexe non-réelle, par exemple 1+i
√3
2 après avoir multiplié par x2 − x+1, et admettre que deux fonctionsrationnelles complexes sont égales dès qu’elles sont égales aux points réels où elles sont définies.)
En conclusion : F =13
X+1 +− 1
3X+ 23
X2−X+1 .
Algorithmes (admis)
On reprend les notations du théorème. On va calculer des « DL » de F (x) en +∞ et en rk.
a) On suppose que deg(A) ≥ deg(B) (sinon E = 0) et note :A = apXp + · · ·+ a1X + a0 et B = bqXq + · · · + b1X + b0, où ap -= 0 et bq -= 0.
La partie entière E de F s’obtient comme suit, par division euclidienne de A par B :
16
apXp + ap−1Xp−1 + · · · + a0 bqXq + bq−1Xq−1 · · · + b0
− apXp + apbq−1
bqXp−1 + · · · ap
bqXp−q +
a′p−1
bqXp−q−1 + · · ·
︸ ︷︷ ︸quotient égal à E= a′p−1X
p−1 + · · · + a′0− · · · · · ·= · · ·
// // //
a′′q−1Xq−1+ · · ·+ a′′0
Astuce : on utilise dans ce calcul autant de coefficients de A et de B, à partir de ap et bq,qu’on en attend dans E.
b) Soit k ∈ {1, ...,m}. On pose X = rk+Y et écrit A et B suivant les Y i croissants (i ≥ 0) :A = auY u+ au+1Y u+1+· · ·+ apY p et B = bvY v+ bv+1Y v+1+· · ·+ bqY q où au -=0 et bv -=0.
La fraction rationnelle Fk somme des éléments simples de 1re espèce associés à rk s’obtient,avec une méthode incontournable quand αk ≥ 4, par division suivant les puissances croissantesde A par B
Y v , jusqu’à faire apparaître αk coefficients dans le quotient quand Y ne divise pas A :
auY u + au+1Y u+1 + · · · + apY p bv + bv+1Y + · · · + bqY q−v
− auY u + au bv+1
bvY u+1 + · · · au
bvY u +
a′u+1
bvY u+1 + · · ·
︸ ︷︷ ︸quotient Q tel que Fk(X) = Q
Y v
(calcul jusqu’au coefficient de Y v−1)
= a′u+1Yu+1 + · · · · · · + a′p′Y
p′
− · · · · · · · · ·= · · · · · · · · ·
// // // // //
a′′vYv + · · · + a′′p′′Y
p′′
Astuce : on utilise dans ce calcul autant de coefficients de A et de B, à partir de au et bv,qu’on en attend dans Fk.
Exemple 2
On considère : F =X5 +X4 +X2 + 1
X3 −X2 −X + 1.
On a : X3 −X2 −X + 1︸ ︷︷ ︸s’annule en 1
= (X − 1)(X2 + 0X − 1) = (X + 1) (X − 1)2.
On note ici r1 = −1 et r2 = 1. Il existe E ∈ R[X] de degré 2 et a, b, c ∈ R uniques tels que :X5 +X4 +X2 + 1
(X + 1) (X − 1)2︸ ︷︷ ︸F
= E +a
X + 1︸ ︷︷ ︸F1, cf. (b)
+b
(X − 1)2+
c
X − 1︸ ︷︷ ︸F2, cf. (b)
.
On commence par calculer les 3 coefficients de E :X5 + X4 +0X3 + · · · X3 −X2 −X + · · ·
− X5 − X4 −X3 + · · · X2 + 2X + 3
= 2X4 +X3 + · · ·− 2X4 −2X3 + · · ·= 3X3 + · · ·
// // //
donc E = X2 + 2X + 3.
On remplace X par x, multiplie par x+ 1 et passe à x → −1 avec x -= −1 : a = 12 .
Méthode 1On continue en généralisant cette technique et choisissant une autre valeur particulière :
– on multiplie par (x− 1)2 et passe à x → 1 avec x -= 1 : b = 2 ;– on prend x = 0 : 1 = 3 + a+ b− c, donc c = 9
2 .
17
Méthode 2On utilise l’algorithme (b) pour calculer b et c. On pose X = 1+Y et cherche 2 coefficients :
F =(1 + Y )5 + (1 + Y )4 + (1 + Y )2 + 1
((1 + Y ) + 1)Y 2=
4 + 11Y + · · ·Y 2 (2 + Y )
.
Division suivant les puissances de Y croissantes jusqu’à obtenir 2 coefficients :4 + 11Y + · · · 2 + Y
− 4 + 2Y 2 + 92 Y
= 9Y + · · ·// //
donc F2(X) = 2Y 2 +
92Y puis b = 2 et c = 9
2 .
Finalement : F = X2 + 2X + 3 +12
X+1 + 2(X−1)2 +
92
X−1 .
Pour intégrer une fonction rationnelle, on est ramené à intégrer ses éléments simples.
Lemme (immédiat)
On reprend les notations du théorème de décomposition en éléments simples.
On peut construire α ∈ R, puis β ∈ R, enfin γ > 0, tels que :µx+ ν
(x2 + ulx+ vl)j= α
2x+ ul(x2 + ulx+ vl)j
+ β1
((x+ ul2 )
2 + γ2)jpour tout x ∈ R.
(a) Les primitives∫ 2x+ul
(x2+ulx+vl)jdx se calculent à l’aide du CV : t = x2 + ulx+ vl.
(b) Le calcul des primitives∫
dx((x+
ul2 )2+γ2)j
se ramène à celui de∫
dx((x+
ul2 )2+γ2)j−1 en
intégrant par parties à partir de∫
1︸︷︷︸dérivée de x +→ x +
ul2
× 1((x+
ul2 )2+γ2)j−1 dx.
Exemples(1) Calcul de
∫dx
x3+1 sur un intervalle inclus dans R \ {−1} ?
On a vu que : 1x3+1 =
13
x+1 +− 1
3x+23
x2−x+1 pour x ∈ R \ {−1}.
De plus :∫ − 1
3x+23
x2−x+1 dx = −16
∫2x−1
x2−x+1 dx+ 12
∫dx
(x− 12 )
2+(√
32 )2
.
D’où :∫
dxx3+1 = 1
3 ln |x+ 1|− 16 ln(x
2 − x+ 1) + 1√3arctan
(2√3(x− 1
2 ))+ cte.
(2) Calcul de∫
x5+x4+x2+1x3−x2−x+1 dx sur un intervalle inclus dans R \ {−1, 1} ?
On a vu que : x5+x4+x2+1x3−x2−x+1 = x2 + 2x+ 3 +
12
x+1 +2
(x−1)2 +92
x−1 pour x ∈ R \ {−1, 1}.D’où :
∫x5+x4+x2+1x3−x2−x+1 dx = x3
3 + x2 + 3x+ 12 ln |x+ 1|− 2
x−1 +92 ln |x− 1|+ cte.
3. Changements de variables classiques
Certains calculs d’intégrales se ramènent à l’intégration d’une fonction rationnelle.On se placera à chaque fois sur un intervalle adéquat.
Primitives d’une fonction rationnelle F (cosx, sin x) en cosx et sin x
(a) Calcul de∫F (cos x, sinx) dx
(resp. :
∫F (cosh x, sinhx) dx
)avec F rationnelle réelle (∗) :
CV t = tan(x2
)(resp. t = ex) en utilisant cos x = 1−t2
1+t2 et sinx = 2t1+t2 .
[Il faut écarter les réels π+2kπ, k ∈ Z, en réduisant l’intervalle sur lequel on recherche une primitive.]
(∗) Cela signifie que F (u, v) = A(u,v)B(u,v) où A(u, v) =
∑
1≤i,j≤m
ai,j uivj et B(u, v) =
∑
1≤i,j≤n
bi,j uivj (ai,j , bi,j ∈ R).
18
(b) « Règles de Bioche » :
– CV t = sinx (resp. t = sinhx) si F (cos x, sin x) dx est invariant par x /→ π − x ;– CV t = cos x (resp. t = cosh x) si ’ ’ ’ ’ x /→ −x ;– CV t = tan x (resp. t = tanhx) si ’ ’ ’ ’ x /→ π + x.[CV t = cos(2x) (resp. t = cosh(2x)) si F (cosx, sinx) dx est invariant par deux de ces transformations.
]
Démonstration
(a) On utilise, après réduction éventuelle de l’intervalle : dx = 2 dt1+t2 (resp. dx = dt
t ).
(b) On note c = cos x et s = sinx. Attention : F (c, s) ne détermine pas F (cf. X2+Y 2−1).
On suppose que F (cos x, sinx) dx est invariant par x /→π − x. Donc F (−c, s)=−F (c, s).
On pose F (c,s)c = A1(c,s)
B1(c,s)avec A1 et B1 polynomiaux. Donc F (c,s)
c = A1(c,s)B1(−c,s))B1(c,s)B1(−c,s) .
Comme F (c,s)c est pair en c, A2(c, s) := A1(c, s)B1(−c, s) et B2(c, s) := B1(c, s)B1(−c, s)
sont pairs en c, puis F (c,s)c = A2(c,s)+A2(−c,s)
B2(c,s)+B2(−c,s) = G(c2, s) avec G rationnelle. D’où :
F (cos x, sinx) dx = G(1 − sin2 x, sinx) d(sinx).
On suppose que F (cos x, sinx) dx est invariant par x /→ −x. Donc F (c,−s) = −F (c, s).
Comme F (c,s)s est pair en s, on a cette fois-ci F (c,s)
s = H(c, s2) avec H rationnelle. D’où :F (cos x, sinx) dx = −H(cos x, 1− cos2 x) d(cos x).
On suppose que F (cos x, sinx) dx est invariant par x /→ π+x. Donc F (−c,−s) = F (c, s).On pose F (c, s) = A(c,s)
B(c,s) avec A et B polynomiaux. Donc F (c, s) = A(c,s)B(−c,−s)B(c,s)B(−c,−s) .
Comme F (c, s) est pair en (c, s), U(c, s) := A(c, s)B(−c, s) et V (c, s) := B(c, s)B(−c, s)
sont pairs en (c, s), puis F (c, s) = U(c,s)+U(−c,−s)V (c,s)+V (−c,−s) = U1(c2,s2)+ csU2(c2,s2)
V1(c2,s2)+ cs V2(c2,s2)avec U1, U2, V1, V2
polynomiaux. D’où :F (cos x, sinx) dx =
U1
(1
1+tan2 x, tan2 x
1+tan2 x
)+ tan x
1+tan2 xU2
(1
1+tan2 x, tan2 x
1+tan2 x
)
V1
(1
1+tan2 x, tan2 x1+tan2 x
)+ tan x
1+tan2 xV2
(1
1+tan2 x, tan2 x1+tan2 x
) d(tan x)1+tan2 x .
La validité des changements de variable hyperboliques découle des mêmes arguments.
ExempleCalcul de
∫dxsinx sur un intervalle I inclus dans R \ πZ ? ←−
[
Ici F (u, v) = 1v
]
Méthode 1CV t = tan(x2 ), x ∈ I donc sinx = 2 t
1+t2 et dt = 12
(1 + tan2(x2 )
)dx = 1+t2
2 dx.
D’où :∫
dxsinx =
∫2
1+t2dt
2 t1+t2
=∫
dtt = ln |t|+ cte = ln
∣∣tan(x2 )∣∣+ cte.
Méthode 2On constate que d(−x)
sin(−x) =−dx
− sinx = dxsinx : CV t = cos x, x ∈ I donc dt = − sinxdx.
On fait apparaître dt afin d’appliquer le théorème de changement de variable :∫
dxsinx =
∫ − sinx dx− sin2 x
=∫ d(cos x)
cos2 x−1 =∫
dtt2−1 = · · · = 1
2 ln∣∣∣ 1−t1+t
∣∣∣+ cte = 12 ln
(1−cos x1+cos x
)+ cte.
19
20
Ch. 3. Études locales
PlanI. Formule de Taylor-Lagrange (globale)II. Développements limitésIII. Tangentes et asymptotes
I. Formule de Taylor-Lagrange (globale)On rappelle que les intervalles de R sont les ensembles de l’une des formes ]a, b[, ]a, b], [a, b[,
[a, b], ]a,+∞[, [a,+∞[, ]−∞, b[, ]−∞, b], ]−∞,+∞[, où a, b ∈ R et a ≤ b.
1. Accroissements finis
On généralise le théorème de Rolle.
Théorème (« théorème des accroissements finis »)Soit f : [a, b] → R avec a, b ∈ R distincts.On suppose que f est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[.Alors il existe c ∈ ]a, b[ tel que : f(b)− f(a) = (b− a) f ′(c).
Démonstration
On fixe k ∈ R et pose : ψ(x) := f(x)+kx pour x ∈ [a, b]. Donc ψ est continue sur [a, b] etdérivable sur ]a, b[ de dérivée x /→ f ′(x)+k. Afin que ψ(a) = ψ(b), on choisit : k = − f(b)−f(a)
b−a .On applique le théorème de Rolle à ψ : il existe c ∈ ]a, b[ tel que : ψ′(c) = 0.
Cela se traduit par l’égalité f(b)− f(a) = (b− a) f ′(c).
Remarque (importante)Le théorème des accroissements finis ne se généralise pas à la situation des fonctions à
valeurs dans C, comme le montre l’exemple de f : [0, 2π] −→ C
x /−→ cos x+ i sinx.
Démonstration
Ici on a f(0) = f(2π) = 1, mais f ′ ne s’annule pas car |f ′(x)| = 1 pour tout x ∈ [0, 2π].Il n’existe donc aucun c ∈ ]a, b[ tel que : f(2π)− f(0) = 2π f ′(c).
Proposition (« règle de (De) l’Hôpital »)1. On se donne a, b ∈ R avec a < b.Soient f, g : [a, b] → R deux fonctions continues sur [a, b] et dérivables sur ]a, b[.On suppose que g′(x) -= 0 pour tout x ∈ ]a, b[.Alors g(a) -= g(b) et il existe c ∈ ]a, b[ tel que : f(b)−f(a)
g(b)−g(a) = f ′(c)g′(c)
« théorème des accroissements finis généralisé ».(Cela signifie que la courbe γ := (f, g) admet au point c une tangente parallèle à [γ(a), γ(b)].
)
2. Soient f, g : ]a, b[ → R avec a, b ∈ R ∪ {−∞,+∞} et a < b .
On suppose que (i) limx→a+
(resp. x→b−)
f(x) = limx→a+
(resp. x→b−)
g(x) = 0 ou limx→a+
(resp. x→b−)
|f(x)| = limx→a+
(resp. x→b−)
|g(x)| = +∞ ;
(ii) f et g sont dérivables, et g′ ne s’annule pas ;(iii) f ′(x)
g′(x) −→x→a+
(resp. x→b−)
l pour un certain l ∈ R ∪ {−∞,+∞}.
Alors : f(x)g(x) −→
x→a+(resp. x→b−)
l.
21
Démonstration
1. On trouve par l’absurde que g(a) -= g(b), en utilisant le théorème de Rolle.On obtient l’existence de c en appliquant le théorème de Rolle à l’application ϕ : [a, b] → R
définie par ϕ(x) = f(x)− f(b)−f(a)g(b)−g(a) g(x) pour x ∈ [a, b].
2. Quitte à remplacer f et g par x /→ f( 1x) et x /→ g( 1x ), on peut supposer que a -= −∞.
• Forme indéterminée 00 : on pose f(a) = g(a) = 0. Pour simplifier on suppose que l ∈ R
(méthode analogue dans les cas l = −∞ ou l = +∞).
On se donne x ∈ ]a, b[. On a : g(x) -= 0 (th. de Rolle entre a et x).D’après le th. des accroissements finis généralisé, il existe c ∈ ]a, x[ tel que : f(x)
g(x) =f ′(c)g′(c) .
Soit ε > 0. Il existe α > 0 tel que∣∣∣ f′(t)
g′(t) − l∣∣∣ < ε dès que 0 < t− a < α.
Si 0 < x− a < α, on a : 0 < c− a < α donc∣∣∣f(x)g(x) − l
∣∣∣ =∣∣∣f′(c)
g′(c) − l∣∣∣ < ε.
En conclusion : f(x)g(x) −→
x→a+l. (Variante : choix de c := cx et composition de limites.)
• Forme indéterminée ∞∞ : on va utiliser l’égalité f(x)
g(x) =(1− g(x0)
g(x)
)f(x)−f(x0)g(x)−g(x0)
+ f(x0)g(x) .
Pour simplifier on suppose que l ∈ R (méthode analogue dans les cas l = −∞ ou l = +∞).
Soit ε > 0. On se donne x ∈ ]a, b[.
Tout d’abord, il existe α > 0 tel que∣∣∣f′(t)
g′(t) − l∣∣∣ < ε dès que 0 < t− a < α.
On fixe x0 tel que 0 < x0 − a < α. D’après le th. des accroissements finis généralisé, ilexiste c ∈ ]x, x0[ tel que : f(x)−f(x0)
g(x)−g(x0)= f ′(c)
g′(c) .
Il existe aussi β > 0 tel que g(x) -= 0 et∣∣∣g(x0)g(x)
∣∣∣ < ε|l|+ε et
∣∣∣f(x0)g(x)
∣∣∣ < ε dès que 0 < x− a < β.
Si 0 < x− a < α et 0 < x− a < β, on a : 0 < c− a < α et∣∣∣g(x0)g(x)
∣∣∣ < ε|l|+ε et
∣∣∣ f(x0)g(x)
∣∣∣ < ε
puis∣∣∣ f(x)g(x) − l
∣∣∣ ≤∣∣∣f(x)−f(x0)g(x)−g(x0)
− l∣∣∣+
∣∣∣g(x0)g(x)
∣∣∣∣∣∣ f(x)−f(x0)g(x)−g(x0)
∣∣∣+∣∣∣f(x0)g(x)
∣∣∣ < 3ε.
En conclusion : f(x)g(x) −→
x→a+l.
ExempleOn définit f : R+ → R par : f(x) = xx = ex lnx si x > 0 et f(0) = 1.
L’application f ]0,+∞[ est dérivable et l’intervalle ]0,+∞[ est ouvert.L’application f est donc dérivable en chaque point de ]0,+∞[.
On constate que f(x) −→x→0+
1 avec f(0) = 1. Donc f est continue en 0.
De plus : f ′(x) = (ln x+ 1) ex lnx pour x > 0, puis f ′(x) −→x→0+
−∞.
La règle de l’Hôpital appliquée à f [0,1[ donne f(x)−f(0)x−0 −→
x→0+−∞.
Ansi f n’est pas dérivable en 0 et son graphe a une tangente verticale au point d’abscisse 0.
Corollaire 1Soient f : I
intervalle infini−→ R dérivable.
(a) L’application f est constante si et seulement si f ′ = 0.
(b) L’application f est croissante (resp. : décroissante) si et seulement sif ′(x) ≥ 0 (resp. : f ′(x) ≤ 0) pour tout x ∈ I.
(c) Si f ′(x) > 0 (resp. : f ′(x) < 0) pour tout x ∈ I, alors l’application f est strictementcroissante (resp. : strictement décroissante).
22
Démonstration
Comme « f constante » signifie « f croissante et f décroissante », le (a) découlera du (b).• On suppose que f est croissante. Si x0 ∈ I, le réel f ′(x0) qui est limite quand x → x0
avec x ∈ I et x -= x0 de la fonction positive x -= x0 /→ f(x)−f(x0)x−x0
, est positif. Donc f ′ ≥ 0.On suppose que f est décroissante. On a par un argument analogue : f ′ ≤ 0.
• Il reste à étudier la monotonie de f sous une des 4 conditions de signe considérées pour f ′.Soient a, b ∈ I avec b > a. D’après le théorème des accroissements finis, il existe c ∈ ]a, b[
tel que f(b)− f(a) = (b− a) f ′(c). Comme b− a > 0, on en déduit que : si f ′(x) ≥ 0 (resp. :≤ 0, > 0, < 0) pour tout x ∈ I, alors f(b)− f(a) ≥ 0 (resp. : ≤ 0, > 0, < 0).Cela donne le résultat.
Corollaire 2 (« inégalité des accroissements finis »)
Soient f : Iintervalle infini
−→ R dérivable et k ≥ 0.
On suppose que : |f ′(x)| ≤ k pour tout x ∈ I.
Alors : |f(x)− f(y)| ≤ k |x− y| pour tous x, y ∈ I.
Démonstration
Soient x, y ∈ I. L’inégalité est claire quand x = y.Sinon, on applique le théorème des accroissements finis à f [x,y] : il existe c ∈ ]x, y[ tel
que f(y)− f(x) = (y − x) f ′(c). D’où : |f(x)− f(y)| = |f ′(c)| |x− y| ≤ k |x− y|.
Remarque (hors programme)
Soient f : Iintervalle infini
−→ R dérivable, et l ∈ I tel que f(l) = l.
On suppose qu’il existe 0 ≤ k < 1 tel que : |f ′(x)| ≤ k pour tout x ∈ I.On suppose en outre donné a ∈ I tel que : f(a) ∈ I, f(f(a)) ∈ I, f(f(f(a))) ∈ I, ...Autrement dit il existe une suite
(un
)n≥0
dans I vérifiant u0 = a et un+1 = f(un) pour n ≥ 0.
D’après le corollaire on a « de proche en proche » (récurrence cachée) :|un − l| = |f(un−1)− f(l)| ≤ k |un−1 − l| ≤ · · · ≤ kn |u0 − l| pour tout n ≥ 0.Comme le majorant kn |u0 − l| tend vers 0 quand n → +∞, on en déduit que : un −→
n→+∞l.
2. La formule
On généralise ici le théorème des accroissements finis.
Théorème (« formule de Taylor-Lagrange »)←−[Taylor (ni reste, ni dem.) : 1715 ; Lagrange (dem.) : 1797]
Soient f : [a, b] → R avec a, b ∈ R distincts, et n ∈ N (« ordre de la formule »).On suppose que f est de classe Cn
︸ ︷︷ ︸c’est à dire n-fois dérivable et de dérivée ne continue
sur [a, b] et que f (n) est dérivable sur ]a, b[.
Alors il existe c ∈ ]a, b[ tel que :
f(b) = f(a) +b− a
1!f ′(a) + · · · + (b− a)n
n!f (n)(a) +
(b− a)n+1
(n+ 1)!f (n+1)(c) .
Démonstration
On note A l’unique réel tel que :
f(b) = f(a) +b− a
1!f ′(a) + · · · + (b− a)n
n!f (n)(a) +
(b− a)n+1
(n+ 1)!︸ ︷︷ ︸
%= 0
× A.
On pose, pour tout x ∈ [a, b] :ϕ(x) := f(b)− f(x)− b−x
1! f ′(x)− · · ·− (b−x)n
n! f (n)(x)− (b−x)n+1
(n+1)! ×A .
On a : ϕ(a) = 0 = ϕ(b), ϕ est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. De plus, pour x ∈ ]a, b[ :
23
ϕ′(x) = −f ′(x) +(f ′(x)− b−x
1! f′′(x)
)+
(b−x1! f
′′(x)− (b−x)2
2! f (3)(x))+ · · ·
+((b−x)n−1
(n−1)! f (n)(x)− (b−x)n
n! f (n+1)(x))+ (b−x)n
n! ×A.
D’après le théorème de Rolle, il existe c ∈ ]a, b[ tel que : ϕ′(c) = 0.Cela se traduit par : A = f (n+1)(c). D’où le résultat.
ExempleSoit x > 0. On considère l’application f : [0, x] → R
t /→ sin t. Elle est de classe C∞
︸ ︷︷ ︸c’est à dire n-fois
dérivable pour tout n ≥ 1
.
On applique la formule de Taylor-Lagrange à f (a = 0 et b = x), à l’ordre 2 et à l’ordre 4.Il existe c, d ∈ ]0, x[ tels que sin(x) = sin(0) + x
1! sin′(0) + x2
2! sin′′(0) + x3
3! sin(3)(c)
et sin(x) = sin(0) + x1! sin
′(0) + x2
2! sin′′(0) + x3
3! sin(3)(0) + x4
4! sin(4)(0) + x5
5! sin(5)(d)
ce qui devient, après simplification : sinx = x− x3
3! cos c et sinx = x− x3
3! +x5
5! cos d.
Comme cos c ≤ 1 et cos d ≤ 1, on en déduit que :x− x3
3! ≤ sinx ≤ x− x3
3! + x5
5! .
RemarqueOn s’intéresse ici à la formule de Taylor-Lagrange avec a = 0 et b = x, donc c ∈ ]0, x[.
Voici des cas particuliers dans lesquels les 3 premiers termes (monômes en x) sont à connaître :
ex = 1 + x + x2
2! + · · · + xn
n! + xn+1
(n+1)! ec ;
cosx = 1 − x2
2! + x4
4! − · · · + (−1)n x2n
(2n)! + (−1)n+1 x2n+2
(2n+2)! cos c ;
sinx = x − x3
3! + x5
5! − · · · + (−1)n x2n+1
(2n+1)! + (−1)n+1 x2n+3
(2n+3)! cos c ;1
1−x = 1 + x + x2 + · · · + xn + xn+1
(1−c)n+2 avec x < 1(d’ailleurs xn+1
(1−c)n+2 = xn+1
1−x
);
ln(1 + x) = x − x2
2 + x3
3 − · · · + (−1)n−1 xn
n + (−1)n xn+1
(n+1)(1+c)n+1 avec x > −1.
Corollaire (« inégalité de Taylor-Lagrange » (∗))
Soient f : Iintervalle infini
−→ R n+1-fois dérivable avec n ∈ N, et k ≥ 0.
On suppose que :∣∣f (n+1)(x)
∣∣ ≤ k pour tout x ∈ I.
Alors :∣∣∣∣f(b)−(f(a) +
b− a
1!f ′(a) + · · · + (b− a)n
n!f (n)(a))
)∣∣∣∣ ≤ k|b− a|n+1
(n+ 1)!pour tous a, b ∈ I.
Démonstration
C’est une conséquence immédiate de la formule de Taylor-Lagrange.
Exemples1. Soit x ∈ R. On considère l’application sin : R → R
t /→ sin tqui est de classe C∞.
L’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 8 avec k = 1, a = 0 et b = x, s’écrit ici :∣∣∣sinx−
(x− x3
6 + x5
120 − x7
5 040
)∣∣∣ ≤ |x|9
362 880.
Cela permet d’obtenir une « valeur approchée » de sinx, en particulier quand |x| ≤ 1.
2. Comment trouver une valeur approchée rationnelle de ln(32 ) à 0,01 près ?On va approcher ln(32 ) à l’aide des dérivées successives de ln en 1. On se ramène d’abord en 0.
L’application f : R+ → R
x /→ ln(1 + x)est de classe C∞.
(∗) On peut démontrer que ce résultat reste valable quand on remplace R par C.
24
Par récurrence sur n ≥ 1, on constate que : f (n)(x) = (−1)n−1 (n−1)!(1+x)n pour x ≥ 0.
On applique l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre n à f avec k = n!, a = 0 et b = 12 :
∣∣∣ln(32 )−(( 12 )1 + (−1)
( 12 )2
2 +( 12 )
3
3 + · · · + (−1)n−1 ( 12 )n
n
)∣∣∣ ≤ ( 12 )n+1
n+1 .
Lorsque n = 4, on a( 12 )
n+1
n+1 = 1160 ≤ 0,01 donc
∣∣∣ln(32 )−(12 − 1
8 + 124 −
164
)︸ ︷︷ ︸
77192
∣∣∣ ≤ 0,01.
II. Développements limités
1. Généralités
Question : peut-on considérer que 1x est « négligeable » devant sinx quand x → +∞ ?
Idée : existe-t-il une « sorte de quotient » de 1x par sinx qui tende vers 0 quand x → +∞ ?
Définition (en marge du programme)
Soient f, g : Dpartie de R
−→ R et u ∈ R ∪ {−∞,+∞}.
(a) On suppose que u ∈ R et qu’il existe un intervalle ouvert J (non-fixé) vérifiant l’hypo-thèse (H) suivante : u appartient à J et J ⊆ D.
On écrit f(x) =x→u
o(g(x)) pour traduire l’existence d’une application ε : J︸︷︷︸un intervalle ouvert vérifiant (H)
→ R telle
que : f(x) = ε(x) g(x) quand x ∈ J , et ε(x) −→x→u
0.
On lira « f(x) =x→u
o(g(x)) » en disant que f(x) est négligeable devant g(x) quand x → u.
(b) On se place à nouveau sous la condition du (a).
On écrit f(x) ∼x→u
g(x) pour traduire l’existence d’une application λ : J︸︷︷︸un intervalle ouvert vérifiant (H)
→ R telle
que : f(x) = λ(x) g(x) quand x ∈ J , et λ(x) −→x→u
1.
On lira « f(x) ∼x→u
g(x) » en disant que f(x) est équivalent à g(x) quand x → u.
(c) On généralise les définitions du (a) et du (b) en remplaçant– « x → u » par l’une des tendances : x−→
x )=uu, x → u+, x → u−, x → +∞, x → −∞ ;
– l’hypothèse (H) respectivement par : u ∈ R appartient à J et J \{u} ⊆ D, u ∈ R est borneinférieure de J et J ⊆ D, u ∈ R est borne supérieure de J et J ⊆ D, u = +∞ est bornesupérieure de J et J ⊆ D, u = −∞ est borne inférieure de J et J ⊆ D ; ←−
[
inf ∅ = +∞et
sup ∅ = −∞
]
– l’ensemble de définition J de ε et λ par J ∩D, où variera x, dans le cas de x−→x )=u
u. (∗)
RemarquesLa condition d’existence de J imposée au (a) et au (b) est toujours réalisée lorsque D est
un intervalle ouvert I et u ∈ I (choisir J := I).
Si g ne s’annule pas, on peut exprimer ε(x) ou λ(x) à l’aide de f(x) et g(x). Dans ce cas :(i) f(x) =
x→uo(g(x)) ⇐⇒ f(x)
g(x) −→x→u0 ;
(ii) f(x) ∼x→u
g(x) ⇐⇒ f(x)g(x) −→x→u
1 .
De même en remplaçant x → u par : x−→x )=u
u, x → u+, x → u−, x → +∞, x → −∞.
Proposition (en marge du programme)
Soient f, g, h, f1, f2, g1, g2 : Iintervalle ouvert
−→ R et x0 ∈ I.
(∗) Si D = N, on définit de même un =n→+∞
o(vn) et un ∼n→+∞
vn pour les suites réelles, en remplaçant (H)
par « +∞ est borne supérieure de J » et l’ensemble de définition J de ε et λ par J ∩ N, où variera n.
25
(a) On a : (i) f(x) =x→x0
o(g(x)) et g(x) =x→x0
o(h(x)) =⇒ f(x) =x→x0
o(h(x)) ;
(ii) f(x) =x→x0
o(g(x)) =⇒ h(x) f(x) =x→x0
o(h(x) g(x)) ;
(iii) f1(x) =x→x0
o(g1(x)) et f2(x) =x→x0
o(g2(x)) =⇒ f1(x)f2(x) =x→x0
o(g1(x)g2(x)) ;
(iv) f1(x) =x→x0
o(g(x)) et f2(x) =x→x0
o(g(x)) =⇒ f1(x) + f2(x) =x→x0
o(g(x)).(Pas d’analogue du (iii) pour la somme : x =
x→0o(1 + x2) et x =
x→0o(−1) mais 2x -=
x→0o(x2).
)
(b) On a : (i) f(x) ∼x→x0
g(x) =⇒ g(x) ∼x→x0
f(x) ;
(ii) f(x) ∼x→x0
g(x) et g(x) ∼x→x0
h(x) =⇒ f(x) ∼x→x0
h(x) ;
(iii) f1(x) ∼x→x0
g1(x) et f2(x) ∼x→x0
g2(x) =⇒ f1(x) f2(x) ∼x→x0
g1(x) g2(x).(Pas d’analogue du (iii) pour la somme : 1 + x ∼
x→01 + x2 et −1 ∼
x→0−1 mais x -∼
x→0x2.
)
Démonstration
On traite seulement la dernière implication, pour expliquer les idées.
On suppose que f1(x) ∼x→x0
g1(x) et f2(x) ∼x→x0
g2(x). Cela signifie que :
f1(x) = λ1(x) g1(x) quand x ∈ J1, où λ1 : J1︸︷︷︸un intervalle ouvert contenant x0 inclus dans I
→ R vérifie λ1(x) −→x→x0
1 ;
f2(x) = λ2(x) g2(x) quand x ∈ J2, où λ2 : J2︸︷︷︸un intervalle ouvert contenant x0 inclus dans I
→ R vérifie λ2(x) −→x→x0
1.
On en déduit que : f1(x) f2(x) = λ1(x)λ2(x) g1(x) g2(x) quand x ∈ J1 ∩ J2, où
J1 ∩ J2 est un intervalle ouvert contenant x0 inclus dans I ;
en posant λ3(x) := λ1(x)λ2(x) quand x ∈ J1 ∩ J2, on a λ3(x) −→x→x0
1.
En conclusion : f1(x) f2(x) ∼x→x0
g1(x) g2(x).
Cas particuliers (à connaître)
Soient f : Iintervalle ouvert
−→ R, x0 ∈ I et n ∈ N \{0}.
(a) On a : f(x) =x→x0
o(1) ⇐⇒ f(x) −→x→x0
0 ;
f(x) =x→x0
o((x− x0)n
)⇐⇒
(f(x0) = 0 et
f(x)
(x− x0)n−→x→x0x )=x0
0
).
Dans ces deux cas, la fonction ε de la définition peut être choisie définie sur I (avec unicité).
(b) Si k ∈ R\{0}, on a : f(x) ∼x→x0
k ⇐⇒ f(x) −→x→x0
k ;
f(x) ∼x→x0
k (x− x0)n ⇐⇒(f(x0) = 0 et
f(x)
(x− x0)n−→x→x0x )=x0
k
).
Dans ces deux cas, la fonction λ de la définition peut être choisie définie sur I (avec unicité).
Démonstration
Immédiate.
ExempleOn a d’après ce qui précède : sinx =
x→0o(1) et sinx ∼
x→0x (car cos′(0) = 1).
Définition-PropositionSoient f : I
intervalle ouvert−→ R, x0 ∈ I et n ∈ N.
On dit que f a un développement limité à l’ordre n au voisinage de x0 s’il existe a0,..., an∈ R
tels que : f(x)−(a0 + a1(x− x0) + · · · + an(x− x0)n
)=
x→x0o((x− x0)n) (∗).
(∗) Par abus, on traduira cette égalité sous la forme suivante :
f(x) =x→x0
a0 + a1(x− x0) + · · · + an(x− x0)n + o((x− x0)n).
26
Dans ce cas, les réels a0, ..., an sont uniques et l’application x /→ a0 + a1(x− x0) + · · · +an(x− x0)n s’appelle le développement limité à l’ordre n︸ ︷︷ ︸
DLn
de f en x0.
Démonstration
On suppose que a0, ..., an sont des réels pour lesquels on peut écrire
f(x) = a0 + a1(x− x0) + · · · + an(x− x0)n + ε(x) (x− x0)n
quand x ∈ I, où ε : I → R vérifie ε(x) −→x→x0
0.
Soit k ∈ {0, ..., n}. On a pour x ∈ I \{x0} :f(x)−(a0+a1(x−x0)+···+ak−1(x−x0)k−1)
(x−x0)k= ak +
n−k∑
l=1ak+l(x− x0)l + ε(x) (x − x0)n−k −→
x→x0ak.
D’où : f(x) −→x→x0
a0, puis f(x)−a0x−x0
−→x→x0x )=x0
a1, puis f(x)−(a0+a1(x−x0))(x−x0)2
−→x→x0x )=x0
a2, . . .
Cela montre l’unicité de a0, ..., an.
PropositionOn reprend f , x0, n comme dans la définition-proposition.
(a) L’application f a un DL0 en x0 si et seulement si f est continue en x0.Dans ce cas : f(x) =
x→x0f(x0) + o(1).
L’application f a un DL1 en x0 si et seulement si f est dérivable en x0.Dans ce cas : f(x) =
x→x0f(x0) + f ′(x0) (x− x0) + o(x− x0), où la tangente au graphe de f au
point (x, f(x0)) est la droite affine D : y = f(x0) + f ′(x0) (x− x0).
(b) Soient a0, ..., an ∈ R. On a : f(x) =x→x0
a0+a1(x−x0)+· · ·+an(x−x0)n+o((x−x0)n)
si et seulement si f(x0 + h) =h→0
a0 + a1h+ · · ·+ anhn + o(hn).
Cela permet de se ramener au cas x0 = 0.
(c) On suppose que : f(x) =x→0
a0 + a1x+ · · ·+ anxn + o(xn).
Alors : f(−x) =x→0
a0 − a1x+ · · ·+ (−1)n anxn + o(xn).
D’où (unicité du DLn) : – si f est paire, alors ak = 0 quand k est impair ;– si f est impaire, alors ak = 0 quand k est pair.
Démonstration
(a) et (b) Laissés en exercice.
(c) On a une égalité de la forme f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn + ε(x)xn quand x ∈ I, oùε : I → R vérifie ε(x)−→
x→00. Il en résulte l’égalité suivante qui fournit le second DLn :
f(−x) = a0 − a1x+ · · ·+ (−1)n anxn + (−1)n ε(−x)xn avec (−1)n ε(−x)−→x→0
0.
La conclusion résulte de l’unicité des coefficients d’un DLn.
Exemple (DL le plus important)
On considère f : ]−∞, 1[ → R
x /→ 1
1− x
.
Pour tout x ∈ ]−∞, 1[ on a :1
1− x=
1− xn+1
1− x+
xn+1
1− x= 1 + x+ · · ·+ xn +
x
1− x︸ ︷︷ ︸−→x→0
0
xn.
D’où :1
1− x=
x→01 + x+ · · ·+ xn + o(xn) .
27
ConventionSoient f : I
intervalle ouvert−→ R et x0 ∈ I.
On constate que, si f(x) =x→x0
a0 + a1(x− x0) + · · ·+ an(x− x0)n + o((x− x0)n) et n ≥ 1,
alors f(x) =x→x0
a0 + a1(x− x0) + · · ·+ an−1(x− x0)n−1 + o((x− x0)n−1).
Par abus, on écrira cette implication sous la forme suivante :f(x) =
x→x0a0 + · · ·+ an−1(x− x0)n−1 + an(x− x0)n + o((x− x0)n)
=x→x0
a0 + · · ·+ an−1(x− x0)n−1 + o((x− x0)n−1).
Par exemple, on se permettra d’écrire :sinx =
x→0x+ o(x) =
x→0o(1)
où « x+o(x) =x→0
o(1) » signifie que toute fonction de la forme x /→ x+ε(x)x avec ε(x)−→x→0
0
s’écrit aussi sous la forme x /→ ε(x) avec ε(x)−→x→0
0.
Mais la réciproque est fausse, comme le montre l’exemple de la fonction nulle (unicité du DL1).
Théorème (« formule de Taylor-Young ») ←−[sous l’hypothèse « f Cn » : corollaire de Taylor-Lagrange]
Soient f : Iintervalle ouvert
−→ R, x0 ∈ I et n ∈ N \{0}.On suppose que f est n fois dérivable.
On a : f(x) =x→x0
f(x0) +f ′(x0)
1!(x− x0) + · · · + f (n)(x0)
n!(x− x0)
n + o((x− x0)
n)
.
Démonstration ←−[on la réutilisera pour passer d’un DLn de f ′ à un DLn + 1 de f ]
On pose : Rn(x) = f(x)−(f(x0) +
f ′(x0)1! (x− x0) + · · ·+ f(n)(x0)
n! (x− x0)n)
pour x ∈ I.On montre, par récurrence sur n ≥ 1, que l’assertion suivante est vraie :
(Hn) : pour toute fonction n fois dérivable f : I → R, la fonction Rn vérifie Rn(x)(x−x0)n
−→x→x0x )=x0
0.
Vu que Rn(x0) = 0, cela permettra d’obtenir Rn(x) =x→x0
o((x− x0)n
)et de conclure.
• Cas n = 1. On a : R1(x)x−x0
= f(x)−f(x0)x−x0
− f ′(x0) −→x→x0x )=x0
0, donc (H1) est vraie.
• Soit n ≥ 1 tel que (Hn) est vraie. On se donne f : I → R qui est n+ 1 fois dérivable.
On a : R′n+1(x) = f ′(x)−
(f ′(x0) +
f ′′(x0)1! (x− x0) + · · ·+ f(n+1)(x0)
n! (x− x0)n)
pour x ∈ I.
Donc R′n+1 est « le Rn associé à f ′ ». D’après (Hn), on en déduit que :
R′n+1(t)
(t−x0)n−→t→x0t)=x0
0.
Soient ε > 0 et x ∈ I \{x0}. D’après le théorème des accroissements finis (qui utilise seulementla dérivabilité de f), il existe c ∈ ]x, x0[ tel que : Rn+1(x) = (x− x0)R′
n+1(c).
Vu ce qui précède, il existe α > 0 tel que :∣∣∣R′n+1(t)
(t−x0)n
∣∣∣ < ε dès que t ∈ I et 0 < |t− x0| < α.
D’où :∣∣∣ Rn+1(x)(x−x0)n+1
∣∣∣ =∣∣∣R′n+1(c)(c−x0)n
∣∣∣︸ ︷︷ ︸
< εdès que |c− x0| < α
×∣∣∣ c−x0x−x0
∣∣∣n
︸ ︷︷ ︸≤ 1
< ε dès que x ∈ I et 0 < |x− x0| < α.
Ainsi (Hn+1) est vraie.
Remarque (curiosité admise)Le théorème reste valable, avec la même démonstration, en remplaçant l’hypothèse « f est
n fois dérivable » par « f est n− 1 fois dérivable︸ ︷︷ ︸on enlève cela si n = 1
et f (n−1)
︸ ︷︷ ︸f si n = 1
est dérivable en x0 ».
Quand n = 1, on sait que cette condition est nécessaire pour avoir un DL1 en x0.
Quand n = 2, cette condition n’est plus nécessaire : l’application f : R → R définie parf(0) = 0 et f(x) = x3 sin 1
x si x -= 0 vérifie f(x) =x→0
o(x2)︸ ︷︷ ︸
DL2 en 0
bien que f ′(x)−f ′(0)x−0 n’ait pas
de limite quand x → 0 avec x -= 0.
28
2. Opérations sur les DL
En annexe : un formulaire pour les développements limités usuels.
Proposition 1Soient f, g : I
intervalle ouvert contenant 0−→ R et n, p, q, r ∈ N.
(a) Si α,β ∈ R, et, u(x) =x→0
o(xn) et v(x) =x→0
o(xn) alors α u(x) + β v(x) =x→0
o(xn).
(b) On suppose que : f(x) =x→0
a0 + a1x+ · · ·+ anxn + o(xn)
et g(x) =x→0
b0 + b1x+ · · ·+ bnxn + o(xn).
Alors : (f + g)(x) =x→0
(a0 + b0) + (a1 + b1)x+ · · · + (an + bn)xn + o(xn)
« la somme des DLn de f et g en 0 est un DLn de f + g en 0 ».
(c) Si u(x) =x→0
o(xp) et v(x) =x→0
o(xq), alors u(x)xr =x→0
o(xp+r) et u(x) v(x) =x→0
o(xp+q).
Si u(x) ∼x→0
k xp avec k -= 0 et v(x) ∼x→0
l xq avec l -= 0, alors u(x) v(x) ∼x→0
kl xp+q.
(d) On suppose que : f(x) =x→0
ap xp + · · ·+ ap+r−1 xp+r−1 + o(xp+r−1)avec r ≥ 1.
et g(x) =x→0
bq xq + · · ·+ bq+r−1 xq+r−1 + o(xq+r−1)
Alors : (fg)(x) =x→0
ap bq xp+q + (ap bq+1 + ap+1 bq)xp+q+1 + · · ·+ (ap bq+r−1 + ap+1 bq+r−2 + · · ·+ ap+r−1 bq)xp+q+r−1 + o(xp+q+r−1).
En particulier :– des DLn de f et g en 0 fournissent un DLn de fg en 0 (cas p = q = 0 et r = n+ 1) ;– quand ap -= 0 et bq -= 0, a fortiori f(x) ∼
x→0ap xp et g(x) ∼
x→0bq xq, « le produit tronqué
(c-à-d en écartant les monômes de degré trop grand) des DL de f et g en 0 avec r termes àpartir du 1er non-nul est un DL de fg en 0 avec r termes à partir du 1er non-nul ». (∗)
Démonstration
(a) Cas particulier de la proposition (a) (iv), qui suit la définition du début du II 1.
(b) Il suffit d’appliquer le (a) en prenant :u(x) := f(x)− (a0 + a1x+ · · · + anxn) et v(x) := g(x) − (b0 + b1x+ · · ·+ bnxn).
(c) Si u(x) = ε1(x)xp et v(x) = ε2(x)xq pour x ∈ I, avec ε1(x)−→x→0
0 et ε2(x)−→x→0
0,
alors u(x)xr = ε1(x)xp+r et u(x) v(x) = (ε1(x) ε2(x))xp+q pour x ∈ I. D’où le 1er résultat.
Le 2e est un cas particulier de la proposition (b) (iii), qui suit la définition du début du II 1.
(d) Par hypothèse il existe u, v : I → R avec u(x) =x→0
o(xp+r−1) et v(x) =x→0
o(xq+r−1)
tels que : f(x) =x→0
r−1∑
k=0ap+k xp+k + u(x) et g(x) =
x→0
r−1∑
l=0bq+l xq+l + v(x).
D’après (a) et (c), on en déduit que f(x) g(x) =x→0
2(r−1)∑
m=0
( ∑
k+l=map+k bq+l
)xp+q+m + o(xp+q+r−1)
où chaque monôme en xp+q+m avec m > r−1 s’écrit o(xp+q+r−1). Cela permet de conclure.
ExempleDL3 en 0 de h(x) = sinx cos x (sans reconnaître 1
2 sin(2x)) ?
Méthode efficace et sans réfléchir : utiliser des DL3 en 0 de f : x /→ sinx et g : x /→ cos x.Les applications f et g, qui sont C∞, se développent à tout ordre en 0 avec Taylor-Young.
(∗) Cette recette se déduit de celle des DLn si on utilise : f(x) g(x) = xp+q (x−pf(x)) (x−qg(x)) quand x *= 0.
29
Pour illustrer le (c) de la proposition 1, on s’oblige ici à éviter les développements inutiles.On a sinx ∼
x→0x et cos x ∼
x→01, donc sinx cos x ∼
x→0x. Cela donne les 1ers termes des DL en 0.
On veut 3 termes du DL de sinx cos x « à partir du 1er non-nul ». On utilise donc :sinx =
x→0x− x3
6 +o(x3) et cos x =x→0
1− x2
2 +o(x2) (seulement 3 termes à partir du 1er non-nul).
Quelque soit la méthode, on conclut en utilisant le (a) et le (c) de la proposition 1 :sinx cosx =
x→0(x− x3
6 + o(x3)) (1 − x2
2 + o(x2)) =x→0
· · · =x→0
x− 26x
3 + o(x3).
Attention : il faut écrire correctement les termes de la forme o(xn) à chaque étape du calcul.
Proposition 2Soient f : I
intervalle ouvertcontenant 0
−→ R et g : Jintervalle ouvert
contenant 0
−→ R tels que f(I) ⊆ J et f(0) = 0.
Si f(x) =x→0
ap xp + o(xp) (p ≥ 1) et g(y) =y→0
b0 + bl yl + · · ·+ bm ym + o(ym) (m ≥ l ≥ 1),
alors : g(f(x)) =x→0
b0 + bl f(x)l + · · ·+ bm f(x)m + o((xp)m
︸ ︷︷ ︸idée (quand ap %= 0) : on remplace y dans o(ym) par un équivalent de f(x) à une constante multiplicative près
).
En particulier :– des DLn de f et g en 0 fournissent un DLn de g ◦ f en 0 (cas p = 1 et m = n) ;– « le reste du DL de g ◦ f en 0 obtenu à partir d’un DL de f en 0 avec r termes à partir du1er non-nul, a le plus petit ordre entre le reste du DL de f l en 0 qui s’en déduit et o((xp)m) ».
Démonstration
On a : f(x) = apxp + ε1(x)xp pour x ∈ I et g(y) = b0 + blyl + · · ·+ bmym + ε2(y) ym
pour y ∈ J , où ε1 : I → R et ε2 : J → R vérifient ε1(x)−→x→0
0 et ε2(y)−→y→0
0.
Donc : g(f(x)) = b0 + bl f(x)l + · · · + bm f(x)m + ε2(f(x))(ap + ε1(x))m (xp)m pour x ∈ I,
avec ε2(f(x))(ap + ε1(x))m −→x→0
0. Cela donne le résultat.
ExempleDL4 en 0 de h(x) = exp(cos x) ?
Méthode efficace : utiliser des DL4 de f : x /→ cos x en 0 et de g : z /→ ez au bon endroit.
On cherche ici à éviter les DL inutiles. Au brouillon par Taylor-Young :cosx =
x→01− x2
2 + · · ·+ o(xn) et exp(y) =y→0
1+ y+ · · ·+ o(ym) (où m,n ∈ N seront à choisir)
puis : h(x) =x→0
exp(1− x2
2 + · · ·+ o(xn)︸ ︷︷ ︸
ne tend pas vers 0 (contrairement à y)
) =x→0
e exp︸︷︷︸g
(−x2
2 + · · ·+ o(xn)︸ ︷︷ ︸
f(x)
)
enfin, compte tenu de la proposition 2 : h(x) =x→0
e[1+(−x2
2 + · · ·+ o(xn))1+ · · ·+ o((x2)m)].
On rédige maintenant avec n = 4 et m = 2, sans explication sur ces choix.On a : cos x =
x→01− x2
2 + x4
24 + o(x4).
Donc : h(x) =x→0
exp(1− x2
2 + x4
24+o(x4)) =x→0
e exp(−x2
2 + x4
24+o(x4)) avec −x2
2 + x4
24+o(x4)−→x→0
0.
On a par ailleurs : exp(y) =y→0
1 + y + y2
2 + o(y2).
D’où : h(x) =x→0
e[1 + (−x2
2 + x4
24 + o(x4)) + 12 (−x2
2 + x4
24 + o(x4))2︸ ︷︷ ︸
x4
4 + o(x4)
+o((x2)2)]
en développant le carré par exemple avec l’égalité( ∑
1≤i≤nai)2
=∑
1≤i≤na2i + 2
∑
1≤i<j≤nai aj.
Finalement : h(x) =x→0
e− e2 x
2 + e6 x
4 + o(x4).
Lemme ←−[DLk de AB
en 0]
Soient A,B ∈ R[X] tels que B(0) -= 0, et k ∈ N.
30
Il existe Q,R ∈ R[X] uniques tels que : A = BQ+Xk+1R et degQ ≤ k
« division suivant les puissances croissantes de A par B à l’ordre k » (avec deg 0 := −∞).
Voici l’algorithme à utiliser :A︷ ︸︸ ︷
apXp + ap+1Xp+1 + · · · + anXn
B︷ ︸︸ ︷b0 + b1X + · · ·+ bmXm
− apXp + apb1b0
Xp+1 + · · · apb0Xp +
a′p+1
b0Xp+1 + · · ·
︸ ︷︷ ︸Q
(calcul jusqu’au coefficient de Xk)= a′p+1X
p+1 + · · · · · · + a′n′Xn′
− · · ·= · · · · · · · · ·
// // // // //
a′′k+1Xk+1 + · · · + a′′n′′X
n′′
︸ ︷︷ ︸Xk+1 R
Démonstration (admise)
On va montrer qu’il existe Q ∈ Rk[X] unique tel que A−BQ ∈ Xk+1R[X].
L’unicité est immédiate puisque si Q convient aussi, comme val(B) = 0 on a :Q−Q ∈ Rk[X] et val(Q−Q) ≥ k + 1, donc Q = Q.
On montre par récurrence descendante sur l l’existence de Q à (B, k) fixé avec val(A) ≥ l.Lorsque l = k + 1, on peut choisir Q = 0.On suppose que c’est acquis pour p+ 1 et part d’un A de valuation p (cf. l’algorithme).
On introduit A1 tel que A = B(apb0Xp
)+ A1, donc val(A1) ≥ p + 1. Par hypothèse, il existe
Q1 ∈ Rk[X] tel que A1 −BQ1 ∈ Xk+1 R[X]. D’où : A−B(apb0Xp +Q1
)∈ Xk+1R[X].
Proposition 3Soient f, g : I
intervalle ouvert contenant 0−→ R.
On suppose que : f(x) =x→0
ap xp + · · ·+ ap+r−1 xp+r−1 + o(xp+r−1)avec r ≥ 1 et bq -= 0.
et g(x) =x→0
bq xq + · · ·+ bq+r−1 xq+r−1 + o(xq+r−1)
On cherche le DL généralisé︸ ︷︷ ︸il peut y avoir des puissances négatives de x
de fg au voisinage de 0 sans 0, avec r coefficient à partir de ap
bqxp−q.
Méthode 1
On a : f(x)g(x) =
x→0x )=0
(ap xp−q + · · ·+ ap+r−1 xp−q+r−1 + o(xp−q+r−1)
)
× 1bq
( 1
1−(
−bq+1bq
x− ··· −bq+r−1
bqxr−1+o(xr−1)
)
)
où la grande fraction a un DL en 0 par composition avec y /→ 11−y .
Méthode 2
On a : f(x)g(x) =
x→0x )=0
xp−q Q(x) + o(xp−q+r−1)
où Q est le quotient avec r coefficients dans la division suivant les puissances croissantes deA := ap + ap+1X + · · ·+ ap+r−1Xr−1 par B := bq + bq+1X + · · ·+ bq+r−1Xr−1.
En particulier quand ap -= 0 et g(0) -= 0 : « le quotient avec r coefficients dans la divisionsuivant les puissances croissantes du DL de f en 0 par celui de g en 0, avec pour chacun rtermes à partir du 1er non-nul, est un DL de f
g en 0 avec r termes à partir du 1er non-nul ».
Démonstration
(a) On développe la grande fraction à l’aide de :1
1− y=
y→01 + y + · · ·+ yr−1 + o(yr−1).
En prenant en compte la technique de calcul du DL d’un produit, cela donne le résultat.
31
(b) On a : f(x) = xp (A(x)+ε1(x)xr−1) avec ε1(x)−→x→0
0 et g(x) = xq (B(x)+ε2(x)xr−1)
avec ε2(x)−→x→0
0. Division suivant les puissances croissantes : A(x) = B(x)Q(x)+xr R(x). Donc
f(x)g(x) = xp−q Q(x)+xp−q
(A(x)+ε1(x) xr−1
B(x)+ε2(x) xr−1 −Q(x))= xp−q Q(x)+ xR(x)+ε1(x)−Q(x) ε2(x)
B(x)+ε2(x)xr−1 xp−q+r−1.
D’où le DL de fg annoncé.
ExempleDL5 de tan en 0 ?
Comme tan x = sinxcos x ∼
x→0x on cherche 5 termes à partir du 1er non-nul, en utilisant :
sinx =x→0
x− x3
6 + x5
120 + o(x5) et cos x =x→0
1− x2
2 + x4
24 + o(x4).
Méthode 1On a : tan x =
x→0
(x− x3
6 + x5
120 + o(x5))
1
1−(x2
2 −x4
24 +o(x4))avec x2
2 − x4
24 + o(x4)−→x→0
0.
D’où, en tenant compte du DL 11−y =
y→01 + y + y2 + o(y2) :
tanx =x→0
(x− x3
6 + x5
120 + o(x5))(1 + (x
2
2 − x4
24 + o(x4)) + (x2
2 − x4
24 + o(x4))2 + o((x2)2))
et enfin : tanx =x→0
(x− x3
6 + x5
120 + o(x5))(1 + x2
2 + 524 x
4 + o(x4))
=x→0
x+ x3
3 + 215 x
5 + o(x5).
Méthode 2On effectue une division suivant les puissances croissantes de X− X3
6 + X5
120 par 1− X2
2 + X4
24jusqu’à obtenir 5 termes à partir du 1er non-nul (sans écrire les monômes de degré > 5) :
X − X3
6 + X5
120 1− X2
2 + X4
24
− X − X3
2 + X5
24 X + X3
3 + 215 X
5
= X3
3 − X5
30
− X3
3 − X5
6 + · · ·
= 215 X
5 + · · ·// // //
Ainsi : tan x =x→0
x+ x3
3 + 215 x
5 + o(x5).
3. Construction du formulaire
Méthodes d’obtention d’un DL de f
On se ramène de x0 à 0 en considérant f(x0 + h) pour « h proche de 0 ».(1) Calcul direct ou par récurrence, quand f est C∞, de f(0), f ′(0), ..., f (n)(0) et utilisation
de la formule de Taylor-Young−→ DL en 0 de ex, cosx, sinx, (1 + x)α.
(2) Décomposition de f à l’aide de : sommes (conservation de l’ordre du DL), produits ouquotients (conservation de l’ordre relatif du DL), composées−→ DL en 0 de coshx, sinhx, tan x et tanhx pour les petits ordres.
(3) Intégration terme à terme d’un DL de f ′, ce qui est justifié quand f est C∞ par unecomparaison des formules de Taylor-Young pour f et f ′
−→ DL en 0 de ln(1 + x), arctan x, artanhx, arcsinx, arsinhx.
PropositionSoit f : I
intervalle ouvert contenant 0−→ R dérivable.
On suppose que : f ′(x) =x→0
b0 + b1 x+ · · · + bn xn + o(xn).
Alors on a : f(x) =x→0
f(0) + b0 x+ b1x2
2 + · · ·+ bnxn+1
n+1 + o(xn+1).
32
Démonstration
On pose : R(x) = f(x)−(f(0) + b0 x+ b1
x2
2 + · · ·+ bnxn+1
n+1
)pour x ∈ I.
Donc : R′(x) = f ′(x)− (b0 + b1 x+ · · ·+ bn xn) pour x ∈ I.On reprend la démonstration de la formule de Taylor-Young et obtient : R(x)
xn+1 −→x→0x )=0
0.
ComplémentSoit f : I
intervalle ouvert contenant 0−→ R continue et strictement monotone. ←−[d’où I → f(I)
x +→ f(x)bijective]
On suppose que : f(x) =x→0
a1 x+ · · ·+ an xn + o(xn) avec a1 -= 0, donc f(0) = 0.
Alors la réciproque « f−1 » de la bijection I → f(I)x /→ f(x)
, qui vérifie f−1(0) = 0, a un DLn en 0
dont les coefficients s’obtiennent par identification des DLn dans l’égalité f−1(f(x)) = x.
Démonstration
Pour tous b1, ..., bn ∈ R, on a :b1f(x)+· · ·+bnf(x)n =
x→0b1(a1x+termes dedeg≥2)+b2(a21x
2+termes dedeg≥3)+· · ·+bnan1xn+o(xn).
On peut choisir (système triangulaire) b1, ..., bn tels que : (,) b1f(x)+· · ·+bnf(x)n =x→0
x+o(xn).
De plus : f(0) = 0 et f ′(0) = a1, donc f−1(0) = 0 et (f−1)′(0) = 1a1
, puis f−1(y) =y→0
1a1
y+o(y).
On remplace x par f−1(y) dans (,), via la proposition 2 : b1 y+· · ·+bn yn =y→0
f−1(y)+o(yn).
ExempleDL5 de tan y en 0 à partir du DL5 de arctanx en 0 ?
On a : arctanx =x→0
x− x3
3 + x5
5 + o(x5). D’après le complément, tan y a un DL5 en 0 de la
forme tan y =y→0
b1y + · · ·+ b5y5 + o(y5) où b1, ..., b5 ∈ R s’obtiendront par le calcul suivant :
tan(arctan x) =x→0
b1 arctan x+ · · ·+ b5(arctan x)5 + o(x5)
=x→0
b1(x− x3
3 + x5
5 + o(x5)) + b2(x2 − 2xx3
3 + o(x5)) + b3(x3 − 3x2 x3
3 + o(x5))
+ b4(x4 + o(x5)) + b5(x5 + o(x5))5 + o(x5)=
x→0b1x+ b2x2 + (−1
3b1 + b3)x3 + (−23b2 + b4)x4 + (15b1 − b3 + b5)x5 + o(x5).
Compte tenu de l’égalité tan(arctan x) = x pour x ∈ R, on en déduit que :
b1 = 1b2 = 0
−13b1 +b3 = 0
−23b2 +b4 = 0
15b1 −b3 +b5 = 0
donc
b1 = 1b2 = 0b3 =
13
b4 = 0b5 =
215
puis tan y =y→0
y + 13 y
3 + 215 y
5 + o(y5).
III. Tangentes et asymptotes
On cherche à étudier l’image d’une application M : t /→ (t, f(t)) avec f : I → R continue.
1. Tangentes
Dans ce paragraphe on fixe un réel t0 ∈ I.On suppose que f(t) =
t→t0b0 + b1(t− t0) + bq(t− t0)q + o
((t− t0)q
)avec q ≥ 2 et bq -= 0.
On introduit la tangente D : y = b0 + b1(x− t0) en t0 au graphe de f .
33
On se place au point M du graphe de f d’abscisse t etnote P le point de D d’abscisse t :
L’ordonnée du vecteur−−→PM est f(t)− (b0 + b1(t− t0)).
Son signe détermine la position de M par rapport à D.x
y
O t0 t
b0
M
PD
(pente b1)
y = f(x)
Par hypothèse, on a : f(t)− (b0 + b1(t− t0)) ∼t→t0
bq(t− t0)q.
Ainsi, en tenant compte de la définition de la limite, l’ordonnée de−−→PM est du signe de bq(t−t0)q
quand t -= t0 est « proche de t0 » (exercice). D’où le tableau suivant :
q pair q impairbq > 0 : bq < 0 : bq > 0 : bq < 0 :
+
++ +
concavité vers le haut concavité vers le bas points d’inflexion
2. AsymptotesOn se place dans le cas où u = +∞ est une borne de I (même méthode pour u = −∞).
On suppose que f(t) =t→+∞
at+ b+ ctk
+ o(1tk
)avec k ≥ 1 et c -= 0.
On introduit la droite D : y = ax+ b.
On se place au point M du graphe de f d’abscisse t et note Ple point de D d’abscisse t :
L’ordonnée du vecteur−−→PM est f(t) − (at + b). Son signe
détermine la position du graphe de f par rapport à D. On a :f(t)−(at+b) −→
t→+∞0, donc︸︷︷︸
cf. la proposition ci-dessous
D est asymptote au graphe de f en +∞.x
y
O t
b P
M D(pente a)
y = f(x)
Par hypothèse, on a : f(t)− (at+ b) ∼t→+∞
ctk
.
L’ordonnée de−−→PM est du signe de c
tkquand t est « proche de +∞ », ce qui fournira un schéma.
En annexe : les plans d’études de fonctions en coordonnées cartésiennes.
34
Annexe 1 : développements limités usuels
RappelSoient f : I
intervalle ouvert−→ R, x0 ∈ I, n ∈ N, et a0, . . . , an ∈ R.
On a : f(x) =x→x0
a0 + a1 (x− x0) + · · · + an(x−x0)n
n! + o((x− x0)n)
⇐⇒ f(x0 + h) =h→0
a0 + a1 h + · · · + anhn
n! + o(hn).
Le calcul d’un DL de f en x0 commence par le changement de variable x = x0 + h .
ex =x→0
1 + x + · · · + xn
n!+ o(xn)
cos x =x→0
1 − x2
2+ · · · + (−1)n
x2n
(2n)!+ o(x2n)
coshx =x→0
1 +x2
2+ · · · + x2n
(2n)!+ o(x2n)
sinx =x→0
x − x3
6+ · · · + (−1)n
x2n+1
(2n+ 1)!+ o(x2n+1)
sinhx =x→0
x +x3
6+ · · · + x2n+1
(2n + 1)!+ o(x2n+1)
1
1− x=
x→01 + x + · · · + xn + o(xn)
ln(1 + x) =x→0
x − x2
2+ · · · + (−1)n−1 x
n
n+ o(xn) ←
(
intégrer 11+x
)
arctan x =x→0
x − x3
3+ · · · + (−1)n
x2n+1
2n+ 1+ o(x2n+1) ←
(
intégrer 11+x2
)
artanhx =x→0
x +x3
3+ · · · + x2n+1
2n+ 1+ o(x2n+1) ←
(
intégrer 11−x2
)
(1 + x)α =x→0
1 + α x + · · · + α(α− 1) · · · (α− n+ 1)
n!xn + o(xn) pour α ∈ R
Les développements qui suivent en résultent facilement et ne sont donc pas à apprendre.
1√1 + x
=x→0
1 − 1
2x + · · · + (−1)n
1 · 3 · · · (2n−1)
2 · 4 · · · (2n)xn + o(xn) ←
(
α = − 12
)
√1 + x =
x→01 +
x
2− · · · + (−1)n−1 1 · 3 · · · (2n− 3)
2 · 4 · · · (2n− 2)
xn
2n+ o(xn) ←
(
intégrer 12
1√1+x
)
arcsinx =x→0
x +x3
6+ · · · + 1 · 3 · · · (2n−1)
2 · 4 · · · (2n)
x2n+1
2n + 1+ o(x2n+1) ←
(
intégrer 1√
1−x2
)
arsinhx =x→0
x − x3
6+ · · · + (−1)n
1 · 3 · · · (2n−1)
2 · 4 · · · (2n)
x2n+1
2n+ 1+ o(x2n+1) ←
(
intégrer 1√
1+x2
)
arccos x =π
2− arcsinx =
x→0· · ·
arcoshx n’est pas défini quand « x est proche de 0 ».
35
Annexe 2 : plan d’étude d’une courbe paramétrée dans R2
On considère une « courbe paramétrée » t /→M(t)∣∣∣x(t)
y(t)où x et y sont dérivables sur D︸︷︷︸
⊆ R
.
1. Ensemble d’étude
Écrire l’ensemble D comme réunion de
les plus grands possibles︷ ︸︸ ︷]u,v[ ou [u,v[ ou ]u,v] ou [u,v], −∞≤u<v≤+∞.
Restreindre l’étude à l’aide de la périodicité de M , ou, de la parité de x et y.(Cas de la parité : M(−t) se déduira de M(t) par symétrie par rapport à O, à (Ox), à (Oy).)
2. Tableau de variations
Calculer x′(t) et y′(t).
t
x′
x
y
y′
La pente de la tangente en M(t) est : m(t) := y′(t)x′(t)
(ou m(t) := lim
s→ts )=t
y′(s)x′(s)
).
En option, étudier la concavité : vers le haut quand x′m′ > 0 et vers le bas quand x′m′ < 0.On détectera un point d’inflexion lorsque x′(t0) -= 0 et m′(t) change de signe en t0.
3. Études locales ponctuelles
Exhiber les t0 tels que M ′(t0) = 0 « points stationnaires (ou non-réguliers) ».Éventuellement, quand la concavité n’a pas été étudiée, trouver aussi les t0 tels que :
M ′(t0) -= 0 et M ′′(t0) est multiple de M ′(t0).Dans ces deux cas, à moins que le tableau de variations ne permette de conclure, étudier
la nature du point M(t0) à l’aide d’un développement limité (quitte à utiliser Taylor-Young) :point ordinaire ? point d’inflexion ? point de rebroussement de 1re espèce ? point de rebrousse-ment de 2ème espèce ?
En option, chercher les t1 -= t2 tels que : M(t1) = M(t2) « points multiples ».
4. Études des branches infinies
Soit v− (ou sinon u+) une borne de l’ensemble d’étude telle que : x(t)2 + y(t)2 −→t→v−
+∞.
Si y(t)x(t) −→
t→v−a ∈ R (resp. a = ∞) : direction asymptotique
−→D : y = ax (resp. (Oy)).
Dans ce cas :
– si a = 0 et y(t) −→t→v−
y0︸︷︷︸∈ R
(resp. ∞) : asymptote D : y = y0 (resp. branche parab. horizontale) ;
– si a = ∞ et x(t) −→t→v−
x0︸︷︷︸∈ R
(resp. ∞) : asymptote D : x = x0 (resp. branche parab. verticale) ;
– si a ∈ R \{0} et y(t) − a x(t) −→t→v−
b ∈ R (resp. ∞) : asymptote D : y = ax + b (resp.
branche parabolique de direction−→D : y = ax).
En option : préciser la position de la courbe par rapport à l’asymptote en étudiant un signe.
5. Tracé
On trace la courbe, en utilisant éventuellement un tableau de valeurs.
36
Ch. 4. Équations différentielles
PlanI. Équations différentielles d’ordre 1II. Équations différentielles linéaires d’ordre 2
Dans tout ce chapitre, on note : K = R ou C, et n ∈ N \{0}.
I. Équations différentielles d’ordre 1
1. Généralités
Définition(a) Une équation différentielle d’ordre n est une équation, d’inconnue y : I
intervalle ouvertnon-vide
−→ R
n-fois dérivable (où I dépend de y), de la forme
(E) : y(n)(x) = f(x, y(x), . . . , y(n−1)(x)
)pour tout x ∈ I,
avec f : Upartie de R
n+1−→ R.
(b) Une équation différentielle linéaire d’ordre n sur un intervalle ouvert non-vide I est uneéquation, d’inconnue y : I → K n-fois dérivable, de la forme
(L) : y(n)(x) + an−1(x) y(n−1)(x) + · · ·+ a0(x) y(x) = b(x) pour tout x ∈ I,avec a0, ..., an−1, b : I → K.
Dans ce cas, l’équation différentielle linéaire homogène associée à (L) est(H) : y(n)(x) + an−1(x) y(n−1)(x) + · · ·+ a0(x) y(x) = 0 pour tout x ∈ I.
Théorème (« théorème de Cauchy-Lipschitz », hors programme)
Soient f : Upartie de R
2−→ R et (x0, y0) ∈ U .
On suppose qu’il existe des applications a1, ..., ap, c1, ..., cq : Jintervalle ouvert
−→ R et
b1, ..., bp, d1, ..., dq : Kintervalle ouvert
−→ R de classe C1 telles que :
U = J ×K et f(x, y) =a1(x) b1(y) + · · ·+ ap(x) bp(y)
c1(x) d1(y) + · · · + cq(x) dq(y)pour (x, y) ∈ J ×K.
L’équation différentielle (E) : y′ = f(x, y) a une unique solution y : Iintervalle ouvert
contenant x0
−→ R
vérifiant y(x0) = y0 et telle que toute autre solution y de (E) vérifiant y(x0) = y0 s’écrity : I → R
x /→ y(x)pour un certain intervalle ouvert I contenant x0 inclus dans I.
Cette solution y s’appelle la solution maximale de (E) vérifiant y(x0) = y0.
Démonstration (cas local avec p = q = 1)
On se contente de montrer l’existence locale d’une solution dans le cas particulier d’uneéquation à variables séparées : f(x, y) = a(x) b(y) avec a : J → R et b : K → R de classe C1.
Si b(y0) = 0, l’application y : J → R
x /→ y0
est une solution de (E) vérifiant y(x0) = y0.
On suppose maintenant que b(y0) -= 0. Quitte à diminuer K, on peut supposer que b(y) -= 0pour tout y ∈ K. On pose : A(x) =
∫ xx0
a(t) dt pour x ∈ J et C(y) =∫ yy0
dtb(t) pour y ∈ K.
L’application C est strictement monotone sur K, puis se révèle bijective quand on choisit sonensemble d’arrivée égal à l’intervalle ouvert L := C(K) qui contient 0.
Pour toute y : Iintervalle ouvert contenant x0
−→ R dérivable, on a :
37
y′ = f(x, y) et y(x0) = y0 ⇐⇒ ∀x ∈ I(y(x) ∈ J et C ′(y(x)) y′(x) = A′(x)
)et y(x0) = y0
⇐⇒ ∀x ∈ I A(x) ∈ L et y(x) = C−1(A(x)).Il existe donc une solution y sur un certain intervalle ]x0 − α, x0 + α[ inclus dans A−1(L).
Exemple (hors programme)
On étudie l’équation différentielle (E) : y′ = y3, qui est associée à f : (x, y) ∈ R2 /→ y3.
(1) Interprétation géométrique du théorème ?
Les solutions de (E) sont les applications ϕ : Iintervalle ouvert %= ∅
−→ R dérivables dont le graphe
Γ a pour vecteur tangent (1, f(x, y)) en chaque point (x, y) ∈ Γ.Cela montre l’utilité de tracer « l’isocline zéro » d’équation f(x, y) = 0, d’indiquer le signe
de f en dehors de cette isocline zéro, et de placer un segment de pente f(x, y) en certains (x, y) :
0
−1
−2
1
2
0 1x
y
O
++
−−
y = ϕ0(x)
isocline zéro : (Ox)
Question : la solution maximale ϕ0 de (E) vérifiant ϕ0(0) = 1 a-t-elle une asymptoteverticale, et dans ce cas laquelle ?
Le théorème de Cauchy-Lipschitz exprime que les graphes des solutions maximales de (E)recouvrent R2 sans se couper. En effet, si ϕ : I
intervalle ouvert %= ∅−→ R et ψ : J
intervalle ouvert %= ∅−→ R
sont deux solutions maximales de (E) vérifiant ϕ(x0) = ψ(x0) pour un x0 ∈ I∩J , alors︸︷︷︸avec y0 := ϕ(x0)
ϕ = ψ.
(2) Résolution de (E) ?
Soit (x0, y0) ∈ R2. On cherche la solution maximale de (E) : y′ = y3 vérifiant y(x0) = y0.Idée : diviser par y3 après avoir écarté les solutions qui s’annulent en au moins un point.
1er cas : y0 = 0L’application ϕ : R → R
x /→ 0vérifie (E) avec ϕ(x0) = 0.
Il s’agit donc de la solution maximale y de (E) vérifiant y(x0) = 0.
2e cas : y0 -= 0Vu le premier cas, le graphe de la solution maximale y de (E) vérifiant y(x0) = y0 ne coupe
pas celui de la fonction nulle, ce qui signifie que cette solution y ne s’annule pas. D’après lethéorème des valeurs intermédiaires, elle restera du signe de y0.
Pour toute y : Iintervalle ouvert %= ∅
−→ R \{0} dérivable, on a (en omettant les « ∀x ∈ I ») :
(E) ⇐⇒ y′
y3 = 1 ⇐⇒∫ y′(x)
y(x)3 dx =∫1 dx
CV y = y(x)⇐⇒∫ dy
y3 =∫dx ⇐⇒ − 1
2y2 = x+ cte.
Par conséquent :y′ = y3 et y(x0) = y0 ⇐⇒ ∀x ∈ I − 1
2y2 + 12y20
= x− x0 et y(x0) = y0
⇐⇒ ∀x ∈ I(1− 2y20(x− x0) > 0 et y2 =
y201−2y20(x−x0)
)et y(x0) = y0
⇐⇒ I ⊆]−∞, x0 +
12y20
[et ∀x ∈ I y(x) = y0√
1−2y20(x−x0).
38
La solution maximale de (E) vérifiant y(x0) = y0 est donc :
y :]−∞, x0 +
12y20
[−→ R
x /−→ y0√1−2y20(x−x0)
.
En particulier, la solution ϕ0 du (1) est : ϕ0 :]−∞, 12
[−→ R
x /−→ 1√1−2x
.
2. Cas linéaire
Théorème (« théorème de Cauchy », hors programme quand n ≥ 2)
Soient a0, ..., an−1, b : Iintervalle ouvert %= ∅
−→ K des applications continues, x0 ∈ I et y0, ..., yn−1 ∈ K.
L’équation différentielle linéaire (L) : y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · · + a0(x) y = b(x) a uneunique solution y : I → K vérifiant y(x0) = y0, y′(x0) = y1, . . ., y(n−1)(x0) = yn−1.
Démonstration (cas n = 1)
On résout ici l’équation différentielle (,) y′ + a0(x) y = b(x) et y(x0) = y0.
On pose, dans C : A0(x) =∫ xx0
a0(t) dt et λ(x) = eA0(x) y(x) pour tout x ∈ I.
Or, on dispose encore des égalités (uv)′ = u′v + uv′ et(ew
)′=
(eRew ei Imw
)′= w′ew
quand u, v et w sont des applications dérivables d’un intervalle I dans C.On a donc : y(x) = λ(x) e−A0(x) et y′(x) = λ′(x) e−A0(x) − λ(x) a0(x) e−A0(x).Ainsi : (,) ⇐⇒ λ′(x) = b(x) eA0(x) et λ(x0) = y0 ⇐⇒ λ(x) =
∫ xx0
b(t) eA0(t) dt+ y0.L’équation (,) a pour unique solution y : I −→ K
x /−→( ∫ x
x0b(t) eA0(t) dt+ y0
)e−A0(x)
.
CorollaireSoient a0, ..., an−1, b, b1, ..., bp : I
intervalle ouvert %= ∅−→ K des applications continues et x0 ∈ I.
(a) L’ensemble SH des solutions y : I → K de (H) : y(n)+an−1(x) y(n−1)+· · ·+a0(x) y = 0est un K-espace vectoriel de dimension n.De plus, des solutions ϕ1, ..., ϕn de (H) forment une base de SH si et seulement si les vecteurs
ϕ1(x0)ϕ′1(x0)
···ϕ(n−1)1 (x0)
, ...,
ϕn(x0)ϕ′n(x0)···
ϕ(n−1)n (x0)
forment une base de Kn.
(b) L’ensemble SL des solutions y : I→K de (L) : y(n)+an−1(x)y(n−1)+· · ·+a0(x)y = b(x)
s’écrit SL = SH + yP , où yP : I → K est une solution particulière de (L) (il en existe).
Cela signifie que les solutions de (L) sont les fonctions y := yH + yP avec yH qui décrit SH .
(c) Si b =p∑
k=1βk∈
K
bk ety1 vérifie (L1) : y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · ·+ a0(x) y = b1(x)(· · · )yP vérifie (Lp) : y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · ·+ a0(x) y = bp(x)
alors y :=p∑
k=1βk yk vérifie (L) : y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · ·+ a0(x) y = b(x).
Ce résultat immédiat s’appelle le « principe de superposition ».
Démonstration
(a) Il est immédiat que SH est un sous-espace vectoriel de KI .On introduit l’application l : SH −→ Kn
ϕ /−→(ϕ(x0),ϕ′(x0)...,ϕ(n−1)(x0)
).
Elle est clairement linéaire. D’après le théorème de Cauchy, elle est bijective.Ainsi, l est un isomorphisme de SH sur Kn. Or Kn est de dimension finie et dimKn = n.Donc SH est de dimension finie et dimSH = n.
39
En outre, des vecteurs ϕ1, ...,ϕn ∈ SH forment une base de SH si et seulement si lesvecteurs l(ϕ1), ..., l(ϕn) forment une base de Kn. D’où le résultat.
(b) Soit yP : I → K une solution de (L), par exemple l’unique solution y de (L) vérifianty(x0) = y′(x0) = ... = y(n−1)(x0) = 0 que fournit le théorème de Cauchy.
On a : y(n)P + an−1(x) y(n−1)P + · · ·+ a0(x) yP = b(x). Donc :
(L) ⇐⇒ y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · ·+ a0(x) y = y(n)P + an−1(x) y(n−1)P + · · · + a0(x) yP
⇐⇒ (y − yP )(n) + an−1(x) (y − yP )(n−1) + · · ·+ a0(x) (y − yP ) = 0⇐⇒ y − yP ∈ SH
⇐⇒ ∃ yH ∈ SH y = yH + yP .Cela permet de conclure
(c) On obtient l’égalité (L) en additionnant chaque produit de βk avec l’égalité (Lk).
RemarqueSoient a0, ..., an, b : I
intervalle ouvert %= ∅−→ K des applications continues. On obtient facilement :
– l’ensemble SH des solutions sur I de (H) : an(x)y(n) + an−1(x) y(n−1) + · · · + a0(x) y = 0est un sous-espace vectoriel de KI ;– quand yP : I → K est une solution de (L) : an(x)y(n)+an−1(x)y(n−1)+ · · ·+a0(x)y = b(x),l’ensemble SL des solutions sur I de (L) s’écrit SL = SH + yP .
Mais pour a0 = ... = an = 0 et b = 1, on a : SH = KI (pas de dimension finie) et SL = ∅.
PropositionSoient a, b : I
intervalle ouvert %= ∅−→ K des applications continues.
(a) Pour tous x0 ∈ I et y0 ∈ K, l’équation différentielle (L) : y′ + a(x) y = b(x) a uneunique solution y : I → K vérifiant y(x0) = y0.
(b) Il existe – et on fixe – une solution non-nulle ϕ : I → K de (H) : y′ + a(x) y = 0.Les solutions de (H) sont les λϕ, λ ∈ K
(c) Toute solution de (L) s’écrit λϕ pour un certain λ : I → K dérivable.« Méthode de variation de la constante » : on cherche une solution yP de (L) de cette forme.
Démonstration
(a) (b) C’est le cas particulier n = 1 du théorème de Cauchy et de son corollaire (a).
(c) Soit x0 ∈ I. D’après (a), on a ϕ(x0) -= 0.Par conséquent, l’application λ := y
ϕ convient.
Cas particulier
Soient a ∈ K et I un intervalle ouvert -= ∅. On rappelle que ddx(e
ax) = a eax quand x ∈ R.
Les solutions y : I → K de (H) : y′ = ay sont les applications y : I −→ K
x /−→ λ eax, λ ∈ K.
ExempleOn s’intéresse à l’équation différentielle linéaire réelle (L) : y′ = 2y
x + 1 pour x > 0.
• On résout d’abord l’équation homogène (H) : y′ = 2yx pour x > 0.
Le corollaire (a) montre que toute solution non-nulle y de (H) ne s’annule pas, donc gardeun signe constant. Pour toute y : ]0,+∞[ −→ R \{0} dérivable, on a :(H) ⇐⇒
∫ y′(x)y(x) dx = 2
∫dxx ⇐⇒ ln |y(x)| = ln(x2)+cte ⇐⇒ ∃λ ∈ R\{0} ∀x > 0 y(x) = λx2.
[Variante : (H) ⇐⇒ ∀x > 0∫ x1
y′(t)y(t) dt = 2
∫ x1
dtt
y(x) a le signe de y(1)⇐⇒ ∀x > 0 y(x) = y(1)x2]
Les solutions de (H) sont donc les applications y : ]0,+∞[ −→ R
x /−→ λx2, λ ∈ R.
40
• On cherche une solution particulière de (L) par « variation de la constante ».Soit λ : ]0,+∞[ −→ R dérivable. On pose y(x) = λ(x)x2, donc y′(x) = λ′(x)x2+2λ(x)x.
Dans cette situation, on a : (L) ⇐⇒ λ′(x) = 1x2 ⇐⇒ λ(x) = − 1
x + cte.En choisissant λ(x) = − 1
x pour tout x > 0, on obtient la solution yP : ]0,+∞[ −→ R
x /−→ −x.
• Conclusion : les solutions de (L) sont les applications y : ]0,+∞[ −→ R
x /−→ λx2 − x, λ ∈ R.
II. Équations différentielles linéaires d’ordre 2
1. Coefficients quelconques
Proposition (hors programme quand (a, b) est non-constant)
Soient a, b, c : Iintervalle ouvert %= ∅
−→ K des applications continues.
(a) Pour tous x0 ∈ I et y0, y1 ∈ K, l’équation différentielle (L) : y′′+a(x) y′+b(x) y = c(x)a une unique solution y : I → K vérifiant y(x0) = y0 et y′(x0) = y1.
(b) Il existe deux solutions non-colinéaires ϕ,ψ : I → K de (H) : y′′+a(x) y′+b(x) y = 0.Les solutions de (H) sont les λϕ+ µψ, λ, µ ∈ K
(c) Toute solution de (L) s’écrit λϕ+µψ avec λ, µ : I → K dérivables et λ′ ϕ+µ′ ψ = 0.« Méthode de variation des constantes » : on cherche une solution yP de (L) de cette forme.[Lorsqu’on dispose d’une solution ϕ de (H) qui ne s’annule pas, il est aussi possible de chercher une
solution de (L) de la forme λϕ pour un certain λ : I → K dérivable.]
Démonstration
(a) (b) C’est le cas particulier n = 2 du théorème de Cauchy et de son corollaire (a).Dans le cas des coefficients a et b constants, la démonstration du (b) et la démonstration
du (a) pour certaines fonctions c seront donnés au paragraphe suivant.
(c) Soient x0 ∈ I et y0, y1 ∈ K. On considère l’équation différentielle avec condition initiale(L0) : y′′ + a(x) y′ + b(x) y = c(x) et
(y(x0), y′(x0)
)= (y0, y1).
On vérifie que l’unique solution de (L0) a la forme proposée.Soient λ, µ : I → K dérivables [1 fois]. On pose : y = λϕ+ µψ et étudie (L0) pour ce y.On va utiliser les propriétés suivantes de ϕ et ψ :
– ϕ′′ + a(x)ϕ′ + b(x)ϕ = 0 et ψ′′ + a(x)ψ′ + b(x)ψ = 0, car ϕ et ψ vérifient (H) ;
– ϕ(x)ψ′(x)− ϕ′(x)ψ(x) -= 0 pour tout x ∈ I, car(ϕ(x)ϕ′(x)
)et
(ψ(x)ψ′(x)
)sont non-colinéaires.
Si λ′ ϕ+ µ′ ψ = 0, alors y′ = λϕ′ + µψ′ et y′′ = λ′ ϕ′ + µ′ ψ′ + λϕ′′ + µψ′′. D’où :{λ′ ϕ+ µ′ ψ = 0
(L0)⇐⇒ λ′
(ϕϕ′
)+µ′
(ψψ′
)=
(0c
)et λ(x0)
(ϕ(x0)ϕ′(x0)
)+µ(x0)
(ψ(x0)ψ′(x0)
)=
(y0y1
)
par unicité on se contente devérifier que cela convient⇐⇒
{λ′ = −cψ
ϕψ′−ϕ′ ψ et λ(x0) =y0 ψ′(x0)−y1 ψ(x0)
ϕ(x0)ψ′(x0)−ϕ′(x0)ψ(x0)
µ′ = cϕϕψ′−ϕ′ ψ et µ(x0) =
y1 ϕ(x0)−y0 ϕ′(x0)ϕ(x0)ψ′(x0)−ϕ′(x0)ψ(x0)
.
Une intégration de fonctions continues permet d’obtenir un couple (λ, µ) qui convient.
2. Coefficients constants
DéfinitionSoient I un intervalle ouvert non-vide et a, b ∈ K.L’équation caractéristique associée à l’équation différentielle (H) : y′′ + ay′ + by = 0 sur I
est l’équation r2 + ar + b = 0 d’inconnue r ∈ C.[Il s’agit de la condition nécessaire et suffisante pour que x /→ erx soit solution de (H) sur C.]
41
PropositionSoient I un intervalle ouvert non-vide et a, b ∈ K.On s’intéresse à l’équation différentielle (H) : y′′ + ay′ + by = 0 d’inconnue y : I → K.
On note r1 et r2 les solutions dans C de son équation caractéristique.
(a) On obtient une base (ϕ,ψ) de l’espace des solutions de (H) en posant, pour x ∈ I
– si r1, r2 ∈ K : ϕ(x) = er1x et ψ(x) ={
er2x si r2 )= r1ou
xer1x si r2 = r1.
– sinon : ϕ(x) = eαx cos(βx) et ψ(x) = eαx sin(βx) où r1 = α∈
R
+ iβ∈
R
et r2 = r1 (car a, b ∈ Kici=R).
(b) Soient P ∈ C[X] \{0} de degré d et γ ∈ C.
L’équation différentielle (L) : y′′ + ay′ + by = P (x) eγx a une solution(unique)
yP : I → C de la
forme yP : x /→ Q(x)xm eγx avec Q ∈ C[X]\{0} de degré d et m=
{0 si γ /∈ {r1, r2}
ou1 si γ ∈ {r1, r2} et r1 )= r2
ou2 si γ = r1 = r2
.
Démonstration (indépendante du résultat général admis)
(a) On se place d’abord dans le cas où r1, r2 ∈ K . On introduit ϕ et ψ comme dansl’énoncé. Il est clair que ce sont des solutions de (H) (cela a déjà été remarqué quand r1 -= r2).
Soit x0 ∈ I. On a : ϕ(x0)ψ′(x0)− ϕ′(x0)ψ(x0) ={
(r2 − r1) e(r1+r2)x0 si r2 )= r1ou
e2r1x0 si r2 = r1-= 0.
Donc ϕ et ψ sont non-colinéaires.
On effectue le changement de variable z := e−r1xy (donc z est deux fois dérivable sur I)On a : y = er1xz, y′ = r1er1xz + er1xz′, y′′ = r21e
r1xz + 2r1er1xz′ + er1xz′′.Ainsi, comme 2r1 + a = r1 − r2 : (H) ⇐⇒ (z′)′ = (r2 − r1)z′.Si r1 -= r2 : (H) ⇐⇒ ∃µ0 ∈ K z′ = µ0 e(r2−r1)x ⇐⇒ ∃λ, µ ∈ K y = µψ + λϕ.Si r1 = r2 : (H) ⇐⇒ z′′ = 0 ⇐⇒ ∃λ, µ ∈ K z = µx+λ ⇐⇒ ∃λ, µ ∈ K y = µψ+λϕ.
Pour terminer, on suppose que K = R, et que les racines r1 et r2 du polynôme réel X2 +aX + b sont non-réelles, donc de la forme r1 = α+ iβ et r2 = α− iβ pour certains α,β ∈ R.D’après ce qui précède, ϕ1 : x /→ er1x et ϕ2 : x /→ er2x sont des solutions de (H) à valeursdans C non-colinéaires sur C. Donc les parties réelle ϕ := ϕ1+ϕ2
2 et imaginaire ψ := ϕ1−ϕ22i de
ϕ1 sont des solutions de (H) à valeurs dans R non-colinéaires sur R (car ϕ1,ϕ2 ∈ VectC(ϕ,ψ)),qui engendrent l’espace des solutions de (H) sur R (car une solution réelle y de (H) sur R estsolution de (H) sur C, donc y ∈ VectC(ϕ1,ϕ2) puis y = Re y ∈ VectR(Reϕ1,Reϕ2)).
b) Soient P ∈ C[X] \{0} de degré d et γ ∈ C. Cas général de l’ordre n (ici n = 2) :(L) : y(n) + an−1y(n−1) + · · ·+ a0y = P (x) eγx d’inconnue y : I → C..
Soit U ∈ C[X]. On pose y(x) := U(x) eγx. Leibniz : y(p) =p∑
k=0
1k!
dk
dxk (xp)
x=γU (k)(x)eγx.
On en déduit que : (L) ⇐⇒n∑
k=0
C(k)(γ)k! U (k)(x) = P (x).
On suppose U non-nul de degré m+ j. On a :n∑
k=0
C(k)(γ)k! U (k) est non-nul de degré j.
On en déduit que l’application linéaire l : XmCd[X] → Cd[X]
U /→n∑
k=0
C(k)(γ)k! U (k)
est injective.
Il en résulte, grâce au théorème de la dimension, que l est surjective. D’où le résultat.
ExempleOn considère (L) : y′′ − y = ex, où y est définie sur I = R et à valeurs dans K = R.
• Solutions de l’équation homogène (H) : y′′ − y = 0 ?Équation caractéristique : r2 − 1 = 0. À l’ordre près, ses solutions sont r1 = 1 et r2 = −1.Les solutions de (H) sont donc les applications y : R → R
x /→ λ ex + µ e−x, λ, µ ∈ R.
• Solution particulière de (L) ?
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Méthode 1 : variation des constantes (méthode hors programme et déconseillée ici)Soient λ, µ : R → R dérivables. En posant y(x) = λ(x) ex + µ(x) e−x, on a :{
y′′ − y = ex
λ′(x) ex + µ′(x) e−x = 0⇐⇒
{λ′(x) ex − µ′(x) e−x = ex
λ′(x) ex + µ′(x) e−x = 0⇐⇒
{λ(x) = x
2 + cteµ(x) = − e2x
4 + cte.
Par exemple, avec les constantes nulles : yP : x /→ x2e
x − 14 e
x est une solution de (L).
Méthode 2 : solution de la forme Q(x)xm eγx (méthode conseillée ici)Ici P = 1 avec d = 0, et, γ = 1 avec m = 1. En posant y(x) = α∈
R
x ex, on a :y′′ − y = ex ⇐⇒ ∀x ∈ R 2α ex = ex.
On choisit donc α = 12 et obtient la solution yP : x /→ x
2 ex de (L).
• Les solutions de (L) sont les applications y : R → R
x /→ λ ex + µ e−x + x2 e
x, λ, µ ∈ R.
43